Løsningsforslag Fysikk 2 H2016 Oppgave 1 Oppgave Svar Forklaring a) D Magnetisk flukstetthet (feltstyrke) har symbol B og måles i Tesla
|
|
- Sarah Thomassen
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Løsningsforslag Fysikk 2 H2016 Oppgave 1 Oppgave Svar Forklaring a) D Magnetisk flukstetthet (feltstyrke) har symbol B og måles i Tesla b) B La de to planetene ha hhv. radius r #, r og masser m #, m. Gravitasjonsfeltet (tyngdeakselerasjonen) på overflatene er da g # = γm # r og g = γm # r Tyngdeakselerasjonen er lik, så g # = g γm # r = γm # r m # r = m # r Altså er forholdet mellom masse og kvadratet av radien det samme for de to planetene. c) A Kraften på en stjerne fra den andre er gitt av Newtons gravitasjonslov : γ F = γmm 2r = γm 4r Sentripetalakselerasjon for sirkelbevegelse gir a = v Innsatt i Newtons andre lov, F = ma, får vi γm 4r = mv r γm 4v = r r mv d) A Når vi ser bort fra luftmotstand er det kun én kraft som virker på ballen, nemlig tyngdekraften vertikalt nedover. Dermed har vi (fra Newtons andre lov) kun vertikal akselerasjon, og null horisontal akselerasjon. e) B Da ballen beveger seg både oppover og langs horisonten, er både vertikal- og horisontalkomponentene til farten forskjellig fra null. x(t) = 3t + 1 Posisjonen er gitt ved y t = t. Derivasjon av hver komponent gir hastighetskomponentene målt i m/s. Innsatt t = 2 gir v < (t) = x = t = 3 v > (t) = y = t = 2t v < (2) = 3 v > 2 = 2 2 = 4 r.
2 Farten er dermed v = v < + v > = m s = m s = 25 m s = 5 m s f) C I elastisk støt er den kinetiske energien bevart. Begge kulene har kinetisk energi # mv før støtet, til sammen E E = # mv + # mv = mv. Bevegelsesmengde er en vektorstørrelse, så selv om hver kule har bevegelsesmengde mv, vil de til sammen ha bevegelsesmengde mindre enn 2mv (vi er ikke gitt noe info om retningene til kulenes bevegelse før støtet, men vi kan være sikre på at kulene ikke beveger seg i samme retning, for da ville de aldri truffet hverandre). g) B Newtons andre lov gir kraften på klossen F = ma. Fra Newtons tredje lov vet vi at kraften på fjæren er like stor (og motsatt rettet). Hookes lov gir sammenheng mellom kraft, forlengelse og fjærkonstant. F = kx k = F x = ma x = 100 g 0,30 m s 9,0 cm 0,100 kg 0,30 m s = 0,090 m 100 0,100 kg 0,30 m s 10,0 kg 0,30 m s = = 100 0,090 m 9,0 m = 0,33 N m = 3,0 N 9,0 m h) C Elektronet er negativt ladet, slik at det tiltrekkes en positiv ladning og frastøtes en negativ ladning, som vist på figuren. Da avstanden mellom elektronet og de to punktladningene er like store, er kreftene like stor i absoluttverdi. Vektorsummen gir total kraft mot høyre. i) D Det elektriske feltet går radielt ut av en positiv punktladning og radielt inn mot en negativ punktladning. For at feltet skal være netto null, må feltene fra de to punktpartiklene være motsatt rettet i P. Dermed må altså begge være rettet inn mot punktladningene eller begge rettet ut av punktladningene, og ladningene har samme fortegn. Punktet P ligger lenger unna q # enn q. Fra Coulombs lov avtar feltet (i absoluttverdi) med kvadratet av avstanden. Feltene må være like sterke i P for å nulle ut hverandre. Dermed er q # > q.
3 j) A Vi benytter at kraften, farten og magnetfeltet følger et høyrehåndssystem, F = qv B. Høyrehåndsregelen gir da fartsretningen: Legg strake fingre på høyrehånd i negativ fartsretning (mot venstre, motsatt av elektronets fartsretning, fordi elektronet er negativt ladet) og krum fingrene i magnetfeltets retning (ut av papirplanet). Tommelen peker da i kraftretningen (oppover). Elektronet har fart mot høyre. Alternativt: Siden elektronet er negativt ladet bruker vi venstre hånd: Legg strake fingre på venstre hånd i elektronets fartsretning (mot høyre) og krum fingrene i feltretningen (ut av papirplanet). Da peker tommelen i kraftretningen (oppover). k) B Vi antar det er friksjon R fra underlaget i veibanen, slik at bilen ikke glir sidelengs. Tyngdekraften G på bilen er den samme som tidligere (rettet vertikalt nedover). Kraftsummen/sentripetalakselerasjonen ΣF = ma horisontalt inn mot svingen må øke når farten øker (for sirkelbevegelse er a = v r, som øker når v øker). Dermed må friksjonen R øke nedover skråplanet og normalkraften øke vinkelrett på skråplanet, slik at de til sammen gir en netto økning i ΣF horisontalt, men ingen vertikal endring. Kraften fra underlaget, F = N + R, øker dermed og skifter retning inn mot svingen. De grå pilene viser situasjonen første gang bilen kjører gjennom svingen. De røde pilene illustrerer forlengelsen av normalkraft, friksjon og kraftsum når farten øker gjennom svingen. Den sorte pilen viser kraften fra underlaget, F = N + R, når bilen har økt farten. NB! Kraftsummen er en fiktiv kraft. Tyngdekraften er ikke fra underlaget.
4 l) C I en sirkelbevegelse er kraftsummen rettet inn mot sentrum av sirkelbanen. Snorkraften S virker oppover langs snoren og tyngdekraften G virker loddrett nedover. Da kula ikke beveger seg vertikalt, gir Newtons første lov at tyngdekraften G motvirker vertikalkomponenten til S. Kraftsummen ΣF tilsvarer derfor horisontalkomponenten til S. m) B Fra Lenz' regel vil de induserte strømmene forsøke å motvirke endringen i magnetfeltet. Dvs., de induserte strømmene vil forsøke å bremse magneten. På oversiden av magneten vil det dermed induseres en magnetisk sørpol rettet mot stavmagnetens nordpol for å trekke den oppover. Dvs., indusert nordpol er rettet oppover. En høyrehåndsregel gir da strømretningen: La tommelen på høyre hånd peke i magnetfeltets retning (oppover). Da krummes fingrene i strømretningen (mot urviseren sett ovenfra). På undersiden av magneten vil det induseres en magnetisk sørpol rettet mot stavmagnetens sørpol for å skyve den oppover. Dvs., indusert nordpol er rettet nedover. Høyrehåndsregelen gir da strømretningen: La tommelen på høyre hånd peke i magnetfeltets retning (nedover). Da krummes fingrene i strømretningen (med urviseren sett ovenfra). n) B Retningen til den magnetiske kraften på en strømførende leder i et magnetfelt følger et høyrehåndssystem, F = Il B. Hørehåndsregelen gir da retningen til kraften på hver av sidekantene: Legg strake fingre på høyre hånd i strømretningen og krum fingrene i magnetfeltets retning. Da peker tommelen i kraftretningen. Da romben har like lange sider og motstående parallelle sider, vil kraften fra den ene siden motvirkes av kraften på den motstående siden. Summen av kreftene blir derfor totalt null. o) D Magnetfeltet B gjennom sløyfen er konstant, mens arealet øker tilsvarende arealet av en sirkel med radius r: ΔA = πr. Fluksendringen i løpet av tiden t blir derfor ΔΦ = ΔA B Faradays lov gir den gjennomsnittlige induserte elektromotoriske spenningen E = ΔΦ Δt = B ΔA t = πr B t
5 p) D Strømretningen følger av Lenz' regel. Den magnetiske fluksen gjennom kretsen øker (inn i papirplanet), så den induserte strømmen setter opp et magnetfelt rettet ut av papirplanet for å motvirke endringen. Vi bruker en høyrehåndsregel: Legg tommelen på høyre hånd i retningen til det induserte feltet (ut av papirplanet). Da krummer fingrene i strømretningen (mot urviseren) Perioden til det opprinnelige signalet leser vi av grafen (avstand mellom to nærmeste punkt i fase), T = 1,0 ms. Frekvensen til det opprinnelige signalet er derfor f = 1 T = 1 1,0 ms = 1 1,0 10 ]^ s = 1,0 10^ s ]# = 1,0 khz Perioden til det punktprøvde/samplede signalet leser vi av grafen (avstand mellom to nærmeste punkt i fase), T = 3,0 ms. Frekvensen til det punktprøvde signalet er derfor f = 1 T = 1 = 0,33 khz 3,0 ms Vi ser at det oppstår foldingsfeil/aliasing. Dette er fordi det punktprøves hvert 0,75 ms, som gir en punktprøvingsfrekvens/samplingsfrekvens 1,33 khz, hvilket er mindre enn Nyquistfrekvensen (det dobbelte av det opprinnelige signalets frekvens). q) D Fotoelektrisk effekt gir E abcbd = E E + W, der E abcbd = hf er fotonets energi og W er løsrivingsarbeidet for metallet. Det første elektronet får kinetisk energi E E = hf W Det andre fotonet har frekvens 2f, og elektronet får kinetisk energi som er større enn 2E E = 2hf 2W. E E, = 2hf W, r) B Elektromagnetiske krefter vekselvirker med fotoner. Det virker elektriske krefter mellom et proton og et elektron, så de vekselvirker derfor med fotoner. s) A Når elektronet, med ladning (i absoluttverdi) e akselereres av en spenning U, får det maksimal kinetisk energi eu. Dersom all energien overføres til fotonet i kollisjonen med metallet, blir fotonenergien hf = eu. f = eu h
6 t) D I en kjernefysisk reaksjon må ladning, bariontall og leptontall være bevart. Nøytronet n har ladning 0, bariontall +1 og (elektronisk) leptontall 0. Protonet p har ladning +1, bariontall +1 og (elektronisk) leptontall 0. Elektronet e ] har ladning 1, bariontall 0 og (elektronisk) leptontall +1. Elektronnøytrinoet har ladning 0, bariontall 0 og (elektronisk) leptontall +1 Antielektronnøytrinoet har ladning 0, bariontall 0 og (elektronisk) leptontall 1 Venstre side av reaksjonen har ladning 0, bariontall +1 og leptontall 0. Protonet og elektronet på høyre side av reaksjonen har til sammen ladning 0, bariontall +1 og leptontall +1. Ladningen og bariontallet er altså bevart, men ikke leptontallet. Vi er derfor på jakt etter en partikkel med ladning 0, bariontall 0 og leptontall 1. Derfor må X være et antielektronnøytrino. u) C Elektronene danner interferensmønster gjennom en dobbelspalte på samme måte som lys (selv om vi bare sender ett elektron om gangen!). Det kan forklares ved at elektronene har bølgeegenskaper. v) C Person A møter lyset fra lynet som slår ned fremst i toget og reiser fra lynet som slår ned bakerst i toget. Når B opplever at begge lynene slår ned samtidig, vil det bakre lyset bruke lenger tid på å nå frem til person A enn det fremre. Dersom B observerer at lynnedslagene er samtidige, vil A observere at lynet slo ned fremst i toget først. w) B Formelen for totalenergi er E = γmc, der Lorentzfaktoren er γ = 1 1 v /c. Når v 0 går γ 1 og E mc, massens hvileenergi. Energien er altså positiv når farten er null. Når v c går γ og E. Partikkelen kan ikke bevege seg raskere enn lyshastigheten c. x) D Lyset fra stjernen krummes mot Sola og månen som følge av generell relativitetsteori. Øyet kan imidlertid ikke tolke at lyset har beveget seg i en krum bane, og tror lyset kommer fra en rett bane. Stjernens posisjon forskyves dermed radielt vekk fra Sola og Månen. Observasjonen gjøres best under total formørkelse, for da dekker Månen for det forstyrrende sollyset.
7 Oppgave 2 2a1) Tyngden G virker vertikalt nedover fra kiterens tyngdepunkt. Snorkraften S virker langs snoren (med en horisontalkomponent S < og en vertikalkomponent S > ). Normalkraften N virker på kiteren normalt opp fra underlaget, på figuren samlet i ett punkt ved føttene. Friksjonskraften (og luftmotstanden) R virker horisontalt mot bevegelsesretningen, på figuren samlet i ett angrepspunkt bak på skiene. Kiteren har konstant fart. Newtons første lov gir dermed at summen av kreftene må være null, både vertikalt og horisontalt. Dermed er S > + N = G og S < = R. 2a2) Newtons første lov gir at kraftsummen i vertikalretningen må være null, da Kiteren har konstant fart. S > + N G = 0 S > = G N = 700 N 500 N = 200 N Vertikalkomponenten til snorkraften er 200 N. 2a3) Newtons første lov gir at kraftsummen horisontalt må være null, da Kiteren har konstant fart. Den samlede motstanden R blir derfor like stor som snorkraftens horisontalkomponent S <. Vertikalkomponenten til snordraget kan uttrykkes ved S > = S sin φ, der φ = 30 er vinkelen snora danner med horisontalen. Snorkraften er dermed S = S > sin φ. Da blir den samlede motstanden R = S < = S cos φ = S > 200 N 200 N cos φ = cos 30 = sin φ sin = N 350 N 2
8 2b) Vi velger her positiv retning med urviseren. Vi kan dele bevegelsen inn i tre deler. 1) Først beveger sløyfen seg 5 cm på veg inn i feltet, der den magnetiske fluksen gjennom sløyfen øker. 2) Deretter beveger sløyfen seg 5 cm der hele kretsen er fullstendig inne i magnetfeltet og fluksen er konstant. 3) Til slutt beveger den seg 5 cm på veg ut av feltet, der den magnetiske fluksen gjennom kretsen avtar. Sløyfen har fart v = 5,0 m s. Tiden sløyfen bruker på å bevege seg en strekning s = 5,0 cm er da Δt = s v = 5,0 cm 5,0 m s = 0,050 m 5,0 m s = 0,010 s = 10] s = 10 ms 1) På vei inn i magnetfeltet: Endringen av arealet til sløyfen inne i feltet er ΔA = 5,0 10 ] m = ] m i løpet av de første 10 ms. Fra Faradays lov er den induserte elektromotoriske spenningen E # = ΔΦ Δt = ΔA B Δt = 25 10] m ] T 10 ] s = ] V 63 mv Lenz' regel gir at det induseres en elektromotorisk spenning som setter opp et felt ut av papirplanet for å motvirke fluksendringen. Høyrehåndsregelen gir at retningen av emsen da er mot urviseren (derav negativt fortegn). 2) Helt inne i magnetfeltet: Arealet og magnetfeltet er konstant, så fluksen er uendret, ΔΦ = 0, i løpet av de neste 10 ms. Faradays lov gir da E = ΔΦ Δt = 0 3) På veg ut av magnetfeltet: Arealendringen av sløyfen inne i feltet er ΔA = ] m i løpet av de neste 10 ms. Det gir samme fluksendring som i tilfelle 1), men motsatt fortegn. E^ = ΔΦ Δt 63 mv Den induserte spenningen setter opp et felt inn i papirplanet for å motvirke fluksendringen, jf. Lenz' regel. Høyrehåndsregelen gir da at emsens retning er med urviseren (derav positivt fortegn). Vi kan nå tegne grafen
9 2c1) Heisenbergs uskarphetsrelasjon gir Δx Δp h 4π Δp h 4π Δx Den minste uskarpheten i elektronets bevegelsesmengde er derfor der Δx = 1 10 ]#ƒ m er atomets utstrekning. Δp = h 4π Δx, 2c2) La bevegelsesmengde p være lik uskarpheten fra oppgave 2c1). Elektronet har masse m = 9,1 10 ]^# kg 10 ]^ƒ kg. Farten v er da gitt ved sammenhengen p = m v v = p h = m 4π Δx m = 1 4 h π 1 Δx 1 m ]^ Js 1 10 ]#ƒ m 1 10 ]^ƒ kg = ]^ Js 10 #ƒ m ]# 10^ƒ kg ]# = ]^ #ƒ ^ƒ Js kg m = 0,5 10 kg m s s kg m = 5 10ˆ m/s (Vi legger merke til at dette er omtrent én tusendel av lyshastigheten, og det er ingen fare at vi regnet klassisk.)
10 2d1) Når kula skytes inn i klossen, deformeres klossen og de to legemene beveger seg nå som ett legeme. Derfor går noe kinetisk energi tapt. Dette kalles et fullstendig uelastisk støt. 2d1) La u < være kula og klossens felles fart rett etter støtet. Bevegelsesmengden er bevart i støtet, så p aø = p ŒccŒ mv < = m + M u < v < = m + M m u < Det gjenstår å bestemme u <. Etter støtet svinger klossen og kula til en maksimal høyde y. Bevaring av mekanisk energi gir da at den kinetiske energien til klossen og kula rett etter støtet er lik den potensielle energien på det høyeste punktet. E E = E Ž 1 2 m + M u < = m + M gy u < = 2gy u < = 2gy Farten til kula før støtet er dermed v < = m + M m 2gy Q. E. D.
11 Oppgave 3 3a) Akselerasjonen er stigningstallet til den rette fartsgrafen a = Δv 0 6,0 m/s = = 7,5 m/s Δt 0,8 0 s Akselerasjonen er altså 7,5 m/s rettet nedover skråplanet. 3b) Forflytningen er gitt ved tidsintegralet av farten, som tilsvarer arealet under fartsgrafen. Vi benytter at flaten under fartsgrafen er trekantformet. Klossen sklir altså 2,4 meter oppover skråplanet. s = 1 6,0 m s 0,8 s = 2,4 m 2 3c) Når klossen sklir ned igjen, vil friksjonen virke i motsatt retning. Vi må derfor beregne akselerasjonen på nytt, f.eks. ved å ta utgangspunkt i kreftene som virker på klossen. G = mg G < = mg sin 30 N = G > = mg cos 30 (Newtons 1. lov i y-retning, ΣF > = 0) R = μn = μmg cos 30 ΣF < = R G < = μmg cos 30 mg sin 30 = mg(μ cos 30 sin 30 ) Newtons andre lov i x-retning gir akselerasjonen langs planet ΣF < = ma a = ΣF < m = mg μ cos 30 sin 30 m = g μ cos 30 sin 30 = 9,81 m s 0,31 cos 30 sin 30 = 2,27 m s
12 Farten er null på det høyeste punktet på skråplanet. Farten i bunnen av skråplanet finner vi fra tidløs bevegelsesformel. Strekningen tilbake til bunnen er like lang som på veg opp. Den fant vi i oppgave 3b). v v ƒ = 2as v = 2as = 2 2,27 m s 2,4 m = 3,3 m s Til slutt trenger vi tiden det tar før bunnen nås. Den finner vi fra fartsformelen. t = v a = v = v ƒ + at 3,3 m s 2,27 m s 1,5 s Klossen når altså bunnen etter 0,8 + 1,5 s = 2,3 s fra start. Vi kan nå tegne grafen.
13 Oppgave 4 4a) Fluksen er gitt ved Φ t = B t A. Arealet av spolen er konstant A = 10 cm = 0,10 m = 0,010 m. Fluksen ved t = 0,050 s er gitt ved Φ 0,050 s = B 0,050 s A = 0,17 T e ]#ƒƒ š ƒ,ƒˆƒ š 0,010 m = 1, ]^ Tm 1,3 mwb 4b) Fra Faradays induksjonslov er den elektromotoriske spenningen gitt ved fluksendringen per tidsenhet. Magnetfeltet er ikke konstant, så vi deriverer (med kjerneregel) for å finne endringen. Den elektromotoriske spenningen er da E 0,050 s = N Φ = 0,050 s = 5 B = 0,050 s A B = t = B ƒ e ]E š kt = = B ƒ e ]E š 2kt = 2kB ƒ t e ]E š = s ] 0,17 T 0,050 s e ]#ƒƒ š ƒ,ƒˆƒ š 0,010 m = 0, V 66 mv Magnetfeltet avtar gjennom spolen. Fra Lenz' regel vil den induserte spenningen generere et magnetfelt rettet i samme retning som B på figuren for å forhindre fluksendringen. Høyrehåndsregelen gir da at den induserte spenningen er rettet med urviseren (derav positivt fortegn).
14 Oppgave 5 5a) Kraftsensoren måler tyngdekraften og fjærkraften som skyldes forlengelse fra likevekt (Hookes lov). F = mg + kx Ved likevekt (x = 0) er fjærkraften like stor som tyngdekraften (kraftsummen er null, F = mg). Når loddet befinner seg under likevektslinjen (fjæren strekkes, x > 0), får loddet en akselerasjon oppover. Det betyr at fjærkraften på loddet er større enn tyngdekraften (Newtons andre lov, F > mg). Når loddet befinner seg over likevektslinjen (fjæren trykkes sammen, x < 0), får loddet en akselerasjon nedover. Det betyr at fjærkraften er mindre enn tyngden (Newtons andre lov, F < mg). Det følger at F er størst når loddet er på bunnpunktet av svingebevegelsen (6,9 cm under likevektslinjen) og F er minst når loddet er på toppunktet av svingebevegelsen (6,9 cm over likevektslinjen) 5b) Målingene viser at største kraft er ca. F Ÿ = 12 N og minste kraft er ca. F Ÿ d = 8,7 N. Likevektslinjen ligger midt mellom, F Œ Œ c = F Ÿ F Ÿ d 2 + F Ÿ d = 12 8,7 N + 8,7 N = 10,35 N 2 Ved å benytte at likevektskraften er lik tyngdekraften finner vi loddets masse. m = F Œ Œ c g F Œ Œ c = mg = 10,35 N = 1,055 kg 1 kg 9,81 m/s 5c) En forlengelse Δx = 2 6,9 cm = 13,8 cm = 0,138 m gir en kraftendring ΔF = F E F Ÿ d = 3,3 N. Fjærstivheten følger av Hookes lov. k = ΔF Δx = 3,3 N 0,138 m 24 N m
15 Oppgave 6 6a) Kraft, fart og magnetfelt følger et høyrehåndssystem (Lorentzkraften), F = qv B. Vi må imidlertid passe på retningen, da elektronet har negativ ladning, F = ev B. På figuren har vi latt magnetfeltet B peke ut av papirplanet. I en sirkelbevegelse er farten v tangentiell til sirkelbanen og kraften F virker inn mot sentrum. Høyrehåndsregelen for negativ ladning gir sammenhengen mellom de tre: Legg strake fingre på høyre hånd i negativ fartsretning og bøy fingrene i magnetfeltets retning. Da peker tommelen i kraftretningen. Alternativt kan vi bruke venstre hånd, fordi elektronet har negativ ladning: Legg strake fingre på venstre hånd i fartsretningen og bøy fingrene i magnetfeltets retning. Da peker tommelen i kraftretningen. 6b) Banefarten i sirkelbevegelsen er v = ª. Sentripetalakselerasjon i sirkelbevegelse er Lorentzkraften er a = v r = 2πr T r = 4π r T r F = evb = e 2πr T Den magnetiske flukstettheten B følger da av Newtons andre lov e 2πr T F = m a B = m 4π r T T 2πre B = m 2π et = 9,81 10 ]^# kg 0,32 T B = 4π r T 2π 1,6 10 ]# C 1,2 10 ]#ƒ s
16 6c) Elektronet har først kinetisk energi E E = (1/2) m v ƒ. Elektronet stopper når all kinetisk energi er overført til elektrisk potensiell energi, E Ž = k qq/r, der r er avstanden mellom elektronet og blyionet på det nærmeste. Både elektronet og blyionet har ladning e. Da elektronet starter svært langt unna blyionet, kan vi regne den elektriske potensielle energien for null ved start. E E = E Ž 1 2 m v ƒ = k e e r r = 2k e m v ƒ = 2 8,99 10 N m C 1,60 10 ]# C 9,11 10 ]^# kg 2,25 10 m s = 9,98 10 ] m 1,0 µm Den minste avstanden mellom elektronet og blyionet er 1,0 µm
17 Oppgave 7 7a) Banefarten er gitt ved v = 2πr/T, der r = d/2 = 0,15 m er halve diameteren og T er rundetiden. T = 1 f = = 1 minutt 3 runder/minutt 33,33 runder = 60 s = 1,80 s/runde 33,33 runder 2π 0,15 m v = = 0,5235 m/s 1,8 s Sentripetalakselerasjonen for et frø ytterst på platen blir da a = v r = 0,5235 m/s 0,15 m = 1,827 m/s 1,8 m/s 7b) Tyngdekraften G = mg virker loddrett nedover. Normalkraften N er like stor og motsatt rettet tyngden (Newtons første lov vertikalt). Friksjonen fra bomullen (sentripetalkraften) F = ma virker mot sentrum i sirkelbanen. Fra oppgave 7a) har vi at a = 1,8 m/s g/5. Derfor er lengden av F omtrent en femtedel av tyngdekraften. 7c1) Fra Einsteins ekvivalensprinsipp er akselerasjon ekvivalent med gravitasjon. Sentripetalakselerasjonen inn mot sentrum vil oppleves som en gravitasjon vekk fra sentrum. Planten vokser i motsatt retning av den opplevde gravitasjonen det vil si på skrå oppover og inn mot sentrum av platen, som illustrert på figuren. Vinkelen med vertikalen er gitt ved tan α = g < = a 1,827 m s = g > g 9,81 m s = 0,1862 α = tan ]# 0, Planten vil spire inn mot sentrum i en vinkel 11 med vertikalretningen
18 7c2) Nærmere sentrum av platen er radien r til sirkelbanen mindre og sentripetalakselerasjonen a = v r = 2πr T r = 4π r T blir også mindre. Dermed blir den ekvivalente gravitasjonen vekk fra sentrum mindre, og vekstretningen danner en mindre vinkel med vertikalen. Påvirkningen blir mindre nærmere sentrum. 7d) Det følger av Einsteins ekvivalensprinsipp at akselerasjon og gravitasjon er ekvivalente. For spiren vil opplevelsen av akselerasjonen kjennes lik opplevelsen av å være i ro i gravitasjonsfeltet til planet X. Gravitasjonsfeltstyrken på overflaten til planet X er dermed (etter figuren på forrige side) g = g + a = 9,81 + 1,827 m s = 9,9786 m s X skal ha samme massetetthet som Jorda. La M og R være henholdsvis jordmassen og jordradien, mens M < og R < er henholdsvis massen og radien til planet X. Massetettheten til X og Jorda blir da ρ = M = M 4 3 πr 4 ^ 3 πr ^ M = M R ^ Newtons gravitasjonslov gir følgende uttrykk for gravitasjonsfeltstyrken på overflaten til X Innsatt i uttrykket for massen over, får vi g = γm R R = γm g M = M R ^ #/ γm g R ^ ^/ M R ^ = M γ^ M ^ R ^ g ^ M γ^ = M R ^ g ^ ^ M M γ^ = M R ^ g <^ M γ^ = M ^ ]# # g ^
19 M = R ^ g <^ M γ^ = R g <^ M γ^ = ^ m 9,9786 m s ^ 5, kg 6,67 10 ]## N m kg ^ 6,3 10 kg 1,05M º Planet X har masse 6,3 10 kg, som tilsvarer 1,05 ganger jordmassen.
a) D Flukstettheten er fluks per arealenhet. Enheten for magnetisk fluks er weber (Wb) og enheten for areal er kvadratmeter (m 2 ).
Løsningsforslag Fysikk 2 V208 Oppgave Oppgave Svar Forklaring a) D Flukstettheten er fluks per arealenhet. Enheten for magnetisk fluks er weber (Wb) og enheten for areal er kvadratmeter (m 2 ). [B] = [Φ]
DetaljerOppgave Svar Forklaring
Løsningsforslag Fysikk 2 V2017 Oppgave 1 Oppgave Svar Forklaring a) A Magnetisk fluks måles i Weber (Wb). Flukstettheten (feltstyrken) er fluks per flateareal (målt i m 2 ). Dermed blir enheten Wb m 2,
DetaljerLøsningsforslag til ukeoppgave 4
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 1 Løsningsforslag til ukeoppgave 4 Oppgave 4.03 W = F s cos(α) gir W = 1, 2 kj b) Det er ingen bevegelse i retning nedover, derfor gjør ikke tyngdekraften noe arbeid. Oppgave
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017 Oppgave 1 a) Bruker bevaring av bevegelsesmengde i - og y-retning og velger positiv -akse mot høyre og positiv y-akse oppover, og lar vinkelen være = 24. Dekomponerer
DetaljerLøsningsforslag Fysikk 2 V2016
Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 Løsningsforslag Fysikk V016 Oppgave Svar Forklaring a) B Faradays induksjonslov: ε = Φ, so gir at Φ = ε t t Det betyr at Φ åles i V s b) D L in = 0,99 10 = 9,9 L aks = 1,04
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 VÅR 2017
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 VÅR 2017 Oppgave 1 a) Bruker bevaring av bevegelsesmengde i - og y-retning og velger positiv -akse mot høyre og positiv y-akse oppover, og lar vinkelen være = 24. Dekomponerer
DetaljerLøsningsforslag til ukeoppgave 2
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 1 Løsningsforslag til ukeoppgave 2 Oppgave 2.15 a) F = ma a = F/m = 2m/s 2 b) Vi bruker v = v 0 + at og får v = 16 m/s c) s = v 0 t + 1/2at 2 gir s = 64 m Oppgave 2.19 a) a =
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
Side 1 UNIVERSITETET I OSO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: mars 017 Tid for eksamen: 14:30 17:30 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark
DetaljerRepetisjonsoppgaver kapittel 0 og 1 løsningsforslag
Repetisjonsoppgaver kapittel 0 og løsningsforslag Kapittel 0 Oppgave a) Gjennomsnittet er summen av måleverdiene delt på antallet målinger. Summen av målingene er,79 s. t sum av måleverdiene antallet målinger,79
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
vx [m/s] vy [m/s] Side UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK Eksamensdag: 3 mars 8 Tid for eksamen: 9: : (3 timer) Oppgavesettet er på 3 sider Vedlegg: Formelark
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 16 mars 2016 Tid for eksamen: 15:00 18:00 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark
DetaljerFYSIKK-OLYMPIADEN
Norsk Fysikklærerforening I samarbeid med Skolelaboratoriet, Fysisk institutt, UiO FYSIKK-OLYMPIADEN 017 018 Andre runde: 6. februar 018 Skriv øverst: Navn, fødselsdato, e-postadresse og skolens navn Varighet:
DetaljerElektrisk og Magnetisk felt
Elektrisk og Magnetisk felt Kjetil Liestøl Nielsen 1 Emner for i dag Coulombs lov Elektrisk felt Ladet partikkel i elektrisk felt Magnetisk felt Magnetisk kraft på elektrisk eladninger Elektromagnetiske
DetaljerLøsningsforslag til øving 4: Coulombs lov. Elektrisk felt. Magnetfelt.
Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 27. Veiledning: 29. september kl 12:15 15:. Løsningsforslag til øving 4: Coulombs lov. Elektrisk felt. Magnetfelt. Oppgave 1 a) C. Elektrisk
DetaljerFasit eksamen Fys1000 vår 2009
Fasit eksamen Fys1000 vår 2009 Oppgave 1 a) Klossen A er påvirka av tre krefter: 1) Tyngda m A g som peker loddrett nedover. Denne er det lurt å dekomponere i en komponent m A g sinθ langs skråplanet nedover
DetaljerFlervalgsoppgaver. Gruppeøving 8 Elektrisitet og magnetisme. 1. SI-enheten til magnetisk flukstetthet er tesla, som er ekvivalent med A. E.
Flervalgsoppgaver 1. SI-enheten til magnetisk flukstetthet er tesla, som er ekvivalent med A. N s C m B. N C s m C. N m s 2 D. C A s E. Wb m 2 Løsning: F = q v B gir [B] = N Cm/s = N s C m. 2. Et elektron
DetaljerKap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring.
TFY4145/FY11 Mekanisk fysikk Størrelser og enheter (Kap 1) Kinematikk i en, to og tre dimensjoner (Kap. +3) Posisjon, hastighet, akselerasjon. Sirkelbevegelse. Dynamikk (krefter): Newtons lover (Kap. 4)
DetaljerDel 1. Skriv svarene for oppgave 1 på eget svarskjema i vedlegg 3. (Du skal altså ikke levere inn selve eksamensoppgaven med oppgaveteksten.
Del 1 Oppgave 1 Flervalgsoppgaver Skriv svarene for oppgave 1 på eget svarskjema i vedlegg 3. (Du skal altså ikke levere inn selve eksamensoppgaven med oppgaveteksten.) a) Hvilken av enhetene er enhet
DetaljerLøsningsforslag til øving 5
FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 011. Løsningsforslag til øving 5 Oppgave 1 a) Energibevarelse E A = E B gir U A + K A = U B + K B Innsetting av r = L x i ligningen gir
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FYS1000, 17/8 2017
øsningsforslag til eksamen i FYS1000, 17/8 017 Oppgave 1 N Fartsretning R De fire kreftene er: a) G Tyngdekraft, G, motkraften virker på jorda. Normalkraft, N, motkraften virker på underlaget. Friksjonskraft,
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
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO. Introduksjon. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet 1.1
Introduksjon UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Tid for eksamen: 3 timer Vedlegg: Formelark Tillatte hjelpemidler: Øgrim og Lian: Størrelser og enheter
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FYS1000, 14/8 2015
Løsningsforslag til eksamen i FYS000, 4/8 205 Oppgave a) For den første: t = 4 km 0 km/t For den andre: t 2 = = 0.4 t. 2 km 5 km/t + 2 km 5 km/t Den første kommer fortest fram. = 0.53 t. b) Dette er en
DetaljerNorsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning
Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning FYSIKK-OLYMPIEN 005 006 ndre runde: / 006 Skriv øverst: Navn, fødselsdato, hjemmeadresse og e-postadresse, skolens navn og adresse.
DetaljerTFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2.
TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2. Oppgave 1 Nettokraften pa en sokk som sentrifugeres ved konstant vinkelhastighet pa vasketrommelen er A null B rettet radielt utover C rettet radielt
DetaljerFysikkolympiaden Norsk finale 2018 Løsningsforslag
Fysikkolympiaden Norsk finale 018 øsningsforslag Oppgave 1 Det virker tre krefter: Tyngden G = mg, normalkrafta fra veggen, som må være sentripetalkrafta N = mv /R og friksjonskrafta F oppover parallelt
DetaljerLøsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/3 2019
Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/3 2019 Oppgave 1 Løve og sebraen starter en avstand s 0 = 50 m fra hverandre. De tar hverandre igjen når løven har løpt en avstand s l = s f og sebraen
DetaljerLøsningsforslag til MEF1000 Material og energi - Kapittel 2 Høsten 2006
Løsningsforslag til MEF1000 Material og energi - Kapittel 2 Høsten 2006 Utarbeidet av A. E. Gunnæs. Revidert (TN) Aug. 06. Øvelse 2-4* a) Totale bevegelsemengde til de to bilene er P = 0 siden vi adderer
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 16 mars 2016 Tid for eksamen: 15:00 18:00 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark
DetaljerTFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. m 1 gl = 1 2 m 1v 2 1. = v 1 = 2gL
TFY46 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. Oppgave. a) Hastigheten v til kule like før kollisjonen finnes lettest ved å bruke energibevarelse: Riktig svar: C. m gl = 2 m v 2
DetaljerLøsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1000, 17/3 2016
Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1000, 17/3 2016 Oppgave 1 Vi har v 0 =8,0 m/s, v = 0 og s = 11 m. Da blir a = v2 v 0 2 2s = 2, 9 m/s 2 Oppgave 2 Vi har v 0 = 5,0 m/s, v = 16 m/s, h = 37 m og m
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FYS1001, 15/6 2018
Løsningsforslag til eksamen i FYS1001, 15/6 2018 Oppgave 1 a) Bølgen beveger seg en strekning s = 200 km på tiden t = 15 min = 0,25 t. Farten blir v = s 200 km = = 8, 0 10 2 km/t t 0, 25t b) Først faller
DetaljerMidtsemesterprøve fredag 10. mars kl
Institutt for fysikk, NTNU FY1003 Elektrisitet og magnetisme TFY4155 Elektromagnetisme Vår 2006 Midtsemesterprøve fredag 10. mars kl 0830 1130. Løsningsforslag 1) A. (Andel som svarte riktig: 83%) Det
DetaljerEksamen FY0001 Brukerkurs i fysikk Torsdag 3. juni 2010
NTNU Institutt for Fysikk Eksamen FY0001 Brukerkurs i fysikk Torsdag 3. juni 2010 Kontakt under eksamen: Tor Nordam Telefon: 47022879 / 73593648 Eksamenstid: 4 timer (09.00-13.00) Hjelpemidler: Tabeller
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS 1000 Eksamensdag: 11. juni 2012 Tid for eksamen: 09.00 13.00, 4 timer Oppgavesettet er på 5 sider inkludert forsiden Vedlegg:
DetaljerFYSIKK-OLYMPIADEN Andre runde: 1/2 2007
Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning FYSIKK-OLYMPIADEN 006 007 Andre runde: / 007 Skriv øverst: Navn, fødselsdato, e-postadresse, hjemmeadresse og skolens navn Varighet:
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 22 mars 2017 Tid for eksamen: 14:30 17:30 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark
DetaljerLøsningsforslag til øving 3: Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover.
Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2007. Veiledning: 22. september kl 12:15 15:00. Løsningsforslag til øving 3: Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Oppgave 1 a)
DetaljerObligatorisk oppgave i fysikk våren 2002
Obligatorisk oppgave i fysikk våren 2002 Krav til godkjenning av oppgaven: Hovedoppgave 1 kinematikk Hovedoppgave 2 dynamikk Hovedoppgave 3 konserveringslovene Hovedoppgave 4 rotasjonsbevegelse og svigninger
DetaljerKap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring.
Kap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring. Definisjon arbeid, W Kinetisk energi, E k Potensiell energi, E p. Konservative krefter Energibevaring Energibevaring når friksjon. Arbeid = areal under kurve F(x)
DetaljerCarl Angell, Eirik Grude Flekkøy og Jostein Riiser Kristiansen
Løsningsforslag til boken Fysikk for lærere Carl Angell, Eirik Grude Flekkøy og Jostein Riiser Kristiansen Gyldendal Akademisk, 011 KAPITTEL.1 Det er viktig at kreftenes angrepspunkt er på boken, altså
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FYS1000, 13/6 2016
Løsningsforslag til eksamen i FYS1000, 13/6 2016 Oppgave 1 a) Sola skinner både på snøen og på treet. Men snøen er hvit og reflekterer det meste av sollyset. Derfor varmes den ikke så mye opp. Treet er
DetaljerLøsningsforslag for øvningsoppgaver: Kapittel 14
Løsningsforslag for øvningsoppgaver: Kapittel 14 Jon Walter Lundberg 15.05.015 14.01 En kule henger i et tau. Med en snor som vi holder horisontalt, trekker vi kula mot høyre med en kraft på 90N. Tauet
DetaljerLøsningsforslag til eksamen FY0001 Brukerkurs i fysikk Fredag 29. mai 2009
Løsningsforslag til eksamen FY000 Brukerkurs i fysikk Fredag 9. mai 009 Oppgave a) Newtons. lov, F = m a sier at kraft og akselerasjon alltid peker i samme retning. Derfor er A umulig. Alle de andre er
DetaljerImpuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover.
Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Kathrin Flisnes 19. september 2007 Bevegelsesmengde ( massefart ) Når et legeme har masse og hastighet, viser det seg fornuftig å definere legemets bevegelsesmengde
DetaljerOppgaver i naturfag 19-åringer, fysikkspesialistene
Oppgaver i naturfag 19-åringer, fysikkspesialistene I TIMSS 95 var elever i siste klasse på videregående skole den eldste populasjonen som ble testet. I naturfag ble det laget to oppgavetyper: en for alle
DetaljerA) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5
Side 2 av 5 Oppgave 1 Hvilket av de følgende fritt-legeme diagrammene representerer bilen som kjører nedover uten å akselerere? Oppgave 2 A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 En lampe med masse m er hengt opp fra
DetaljerFysikkolympiaden Norsk finale 2019 Løsningsforslag
Fysikkolympiaden Norsk finale 09 Løsningsforslag Oppgave Vi kaller strømmene gjennom de to batteriene I og I og strømmen gjennom den ytre motstanden I = I + I. Da må vi ha at U = R I + RI U = R I + RI.
DetaljerKrefter, Newtons lover, dreiemoment
Krefter, Newtons lover, dreiemoment Tor Nordam 13. september 2007 Krefter er vektorer En ting som beveger seg har en hastighet. Hastighet er en vektor, som vi vanligvis skriver v. Hastighetsvektoren har
DetaljerLøsningsforslag til eksamen FY0001 Brukerkurs i fysikk Juni 2011
NTNU Institutt for Fysikk Løsningsforslag til eksamen FY0001 Brukerkurs i fysikk Juni 011 Oppgave 1 a) Figur A. Tyngdeakselerasjonen er konstant, altså den endrer seg ikke med tiden. b) Vi finner farten
DetaljerFagnr: FIOIA I - Dato: Antall oppgaver: 2 : Antall vedlegg: 3 - - -
;ag: Fysikk i-gruppe: Maskin! EkSarnensoppgav-en I består av ~- - Tillatte hjelpemidler: Fagnr: FIOIA A Faglig veileder: FO lo' Johan - Hansteen I - - - - Dato: Eksamenstidt 19. August 00 Fra - til: 09.00-1.00
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:
DetaljerLøsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 19/3 2018
Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 19/3 2018 Oppgave 1 Figuren viser kreftene som virker på kassa når den ligger på lasteplanet og lastebilen akselererer fremover. Newtons 1. lov gir at N =
DetaljerAristoteles (300 f.kr): Kraft påkrevd for å opprettholde bevegelse. Dvs. selv UTEN friksjon må oksen trekke med kraft R O =S k
TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Energi, bevegelsesmengde, kollisjoner (kap. 6+7+8) Rotasjon, spinn
DetaljerLøsningsforslag. for. eksamen. fysikk forkurs. 3 juni 2002
Løsningsforslag for eksamen fysikk forkurs juni 00 Løsningsforslag eksamen forkurs juni 00 Oppgave 1 1 7 a) Kinetisk energi Ek = mv, v er farten i m/s. Vi får v= m/s= 0m/s, 6 1 1 6 slik at Ek = mv = 900kg
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
DetaljerFysikk 3FY AA6227. (ny læreplan) Elever og privatister. 28. mai 1999
E K S A M E N EKSAMENSSEKRETARIATET Fysikk 3FY AA6227 (ny læreplan) Elever og privatister 28. mai 1999 Bokmål Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag Les opplysningene
DetaljerNTNU Fakultet for lærer- og tolkeutdanning
NTNU Fakultet for lærer- og tolkeutdanning Emnekode(r): LGU53005 Emnenavn: Naturfag 2 5-10, emne 2 Studiepoeng: 15 Eksamensdato: 20. mai 2016 Varighet/Timer: Målform: Kontaktperson/faglærer: (navn og telefonnr
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FYS1000, 12/6 2017
Løsningsforslag til eksamen i FYS000, 2/6 207 Oppgave a) Vi kaller energien til fotoner fra overgangen fra nivå 5 til nivå 2 for E og fra nivå 2 til nivå for E 2, og de tilsvarende bølgelengdene er λ og
DetaljerNewtons 3.lov. Kraft og motkraft. Kap. 4+5: Newtons lover. kap Hvor er luftmotstanden F f størst? F f lik i begge!!
TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Energi, bevegelsesmengde, kollisjoner (kap. 6+7+8) Rotasjon, spinn
DetaljerFYSIKK-OLYMPIADEN
Norsk Fysikklærerforening I samarbeid med Skolelaboratoriet, Fysisk institutt, UiO FYSIKK-OLYMPIADEN 01 017 Andre runde: 7. februar 017 Skriv øverst: Navn, fødselsdato, e-postadresse og skolens navn Varighet:
DetaljerLøsningsforslag for øvningsoppgaver: Kapittel 2
Løsningsforslag for øvningsoppgaver: Kapittel 2 Jon Walter Lundberg 13.01.2015 2.03 Tyngdekraften på strikkhoppern på bildet er 540N. Kraften fra striken i fotoøyeblikket er 580N. a) Tegn figur og beregn
DetaljerAristoteles (300 f.kr): Kraft påkrevd for å opprettholde bevegelse. Dvs. selv UTEN friksjon må oksen må trekke med kraft S k
TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Energi, bevegelsesmengde, kollisjoner (kap. 6+7+8) Rotasjon, spinn
DetaljerFYS-MEK 1110 Løsningsforslag Eksamen Vår 2014
FYS-MEK 1110 Løsningsforslag Eksamen Vår 2014 Oppgave 1 (4 poeng) Forklar hvorfor Charles Blondin tok med seg en lang og fleksibel stang når han balanserte på stram line over Niagara fossen i 1859. Han
DetaljerFysikkolympiaden 1. runde 29. oktober 9. november 2007
Norsk Fysikklærerforening i samarbeid med Skolelaboratoriet Universitetet i Oslo Fysikkolympiaden. runde 9. oktober 9. november 007 Hjelpemidler: Tabell og formelsamlinger i fysikk og matematikk Lommeregner
DetaljerLøsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2008
Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek0 våren 008 Side av 0 Oppgave a) Atwoods fallmaskin består av en talje med masse M som henger i en snor fra taket. I en masseløs snor om taljen henger to masser m > m >
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Side 1 Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: Onsdag, 5. juni 2013 Tid for eksamen: kl. 9:00 13:00 Oppgavesettet er på 3 sider Vedlegg: formelark
Detaljerr+r TFY4104 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag
TFY4104 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag 1) I oljebransjen tilsvarer 1 fat ca 0.159 m 3. I går var prisen for WTI Crude Oil 97.44 US dollar pr fat. Hva er dette i norske kroner pr liter, når 1 NOK
DetaljerFysikkolympiaden Norsk finale 2017
Norsk fysikklærerforening Fysikkolympiaden Norsk finale 7 Fredag. mars kl. 8. til. Hjelpemidler: abell/formelsamling, lommeregner og utdelt formelark Oppgavesettet består av 6 oppgaver på sider Lykke til!
DetaljerFYS1120 Elektromagnetisme, vekesoppgåvesett 9 Løsningsforslag
FYS1120 Elektromagnetisme, vekesoppgåvesett 9 Løsningsforslag 16. november 2016 I FYS1120-undervisninga legg vi meir vekt på matematikk og numeriske metoder enn det oppgåvene i læreboka gjer. Det gjeld
DetaljerFY0001 Brukerkurs i fysikk
NTNU Institutt for Fysikk Løsningsforslag til øving FY0001 Brukerkurs i fysikk Oppgave 1 a Det er fire krefter som virker på lokomotivet. Først har vi tyngdekraften, som virker nedover, og som er på F
Detaljer3. Hvilken av Maxwells ligninger beskriver hvordan en leder som fører en jevn strøm genererer et magnetisk felt?
Flervalgsoppgaver 1. En stavmagnet slippes gjennom ei strømsløyfe som vist i venstre del av figuren under. Pilene i sløyfa viser valgt positiv strømretning. Husk at magnetiske feltlinjer går ut fra nordpol
DetaljerUniversitetet i Agder Fakultet for helse- og idrettsvitenskap EKSAMEN. Time Is)
Universitetet i Agder Fakultet for helse- og idrettsvitenskap EKSAMEN Emnekode: IDR104 Emnenavn: BioII,del B Dato: 22 mai 2011 Varighet: 3 timer Antallsider inkl.forside 6 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator.Formelsamlingi
Detaljer,7 km a) s = 5,0 m + 3,0 m/s t c) 7,0 m b) 0,67 m/s m/s a) 1,7 m/s 2, 0, 2,5 m/s 2 1.
222 1 Bevegelse I 1.102 1) og 4) 1.103 49 1.115 1,7 km 1.116 b) 2: 1,3 m/s, 3: 1,0 m/s c) 2: s(t) = 2,0 m + 1,3 m/s t 3: s(t) = 4,0 m 1,0 m/s t 1.104 52,6 min 1.117 a) s = 5,0 m + 3,0 m/s t c) 7,0 m 1.105
DetaljerFysikk 3FY AA6227. Elever og privatister. 26. mai 2000. Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag
E K S A M E N EKSAMENSSEKRETARIATET Fysikk 3FY AA6227 Elever og privatister 26. mai 2000 Bokmål Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag Les opplysningene på neste
DetaljerFlervalgsoppgaver. Gruppeøving 1 Elektrisitet og magnetisme
Gruppeøving Elektrisitet og magnetisme Flervalgsoppgaver Ei svært tynn sirkulær skive av kobber har radius R = 000 m og tykkelse d = 00 mm Hva er total masse? A 0560 kg B 0580 kg C 0630 kg D 0650 kg E
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS1000 Eksamensdag: 12. juni 2017 Tid for eksamen: 9.00-13.00, 4 timer Oppgavesettet er på 5 sider Vedlegg: Formelark (2 sider).
DetaljerFysikk-OL Norsk finale 2006
Universitetet i Oslo Norsk Fysikklærerforening Fysikk-OL Norsk finale 6 3. uttakingsrunde Fredag 7. april kl 9. til. Hjelpemidler: Tabell/formelsamling og lommeregner Oppgavesettet består av 6 oppgaver
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
DetaljerEKSAMEN. EMNE: FYS 119 FAGLÆRER: Margrethe Wold. Klasser: FYS 119 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: Antall sider (ink.
EKSAMEN EMNE: FYS 119 FAGLÆRER: Margrethe Wold MÅLFORM: Bokmål Klasser: FYS 119 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: 09 00 14 00 Eksamensoppgaven består av følgende: Antall sider (ink. forside): 6 Antall oppgaver:
DetaljerFysikk 3FY AA6227. Elever. 6. juni Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag
E K S A M E N LÆRINGSSENTERET Fysikk 3FY AA6227 Elever 6. juni 2003 Bokmål Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag Les opplysningene på neste side. Eksamenstid:
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVEITETET I OLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Midtveisksamen i: FY1000 Eksamensdag: 17. mars 2016 Tid for eksamen: 15.00-18.00, 3 timer Oppgavesettet er på 6 sider Vedlegg: Formelark (2
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.
DetaljerKap Newtons lover. Newtons 3.lov. Kraft og motkraft. kap 4+5 <file> Hvor er luftmotstanden F f størst?
TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. +3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Svingninger (kap. 14) Energi, bevegelsesmengde, kollisjoner (kap.
DetaljerLøsningsforslag. Eksamen i Fys-mek1110 våren 2011
Side av 5 Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek0 våren 0 Oppgave Tarzan hopper fra en klippe og griper en liane. Han hopper horisontalt ut fra klippen med hastighet ved tiden. Lianen har massen og lengden,
DetaljerFYSIKK-OLYMPIADEN Andre runde: 2/2 2012
Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning FYSIKK-OLYPIADEN 0 0 Andre runde: / 0 Skriv øverst: Navn, fødselsdato, e-postadresse og skolens navn Varighet: 3 klokketimer Hjelpemidler:
DetaljerF B L/2. d A. mg Mg F A. TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 6. Oppgave 1
TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2016. Løsningsforslag til øving 6. Oppgave 1 L/2 d A F A B F B L mg Stupebrettet er i ro, dvs vi har statisk likevekt. Det betyr at summen av alle krefter
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
DetaljerTFY4115 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 4. ) v 1 = p 2gL. S 1 m 1 g = L = 2m 1g ) S 1 = m 1 g + 2m 1 g = 3m 1 g.
TFY4 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 4. Ogave. a) Hastigheten v til kule like fr kollisjonen nnes lettest ved a bruke energibevarelse Riktig svar C. gl v ) v gl b) Like fr sttet
Detaljer5.201 Modellering av bøyning
RST 2 5 Kraft og bevegelse 26 5.201 Modellering av bøyning lage en modell for nedbøyning av plastikklinjaler teste modellen Eksperimenter Fest en lang plastikklinjal til en benk med en tvinge e.l. slik
DetaljerEKSAMEN. EMNE: FYS 120 FAGLÆRER: Margrethe Wold. Klasser: FYS 120 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: Antall sider (ink.
EKSAMEN EMNE: FYS 120 FAGLÆRER: Margrethe Wold MÅLFORM: Bokmål Klasser: FYS 120 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: 09 00 14 00 Eksamensoppgaven består av følgende: Antall sider (ink. forside): 7 Antall oppgaver:
DetaljerEKSAMENSOPPGA VE. Fagnr: FO 44JA Dato: Antall oppgaver:
Høgsko/l'n imm m Avdeling for ingeniørutdanning EKSAMENSOPPGA VE Fag: FYSIKK / TERMODYNAMIKK Gruppe(r) KA,3K Eksamensoppgaven består av Tillatte hjelpemidler: Antall sider inkl forside: 7 Fagnr: FO 44JA
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FYS1001, 12/6 2019
Løsningsforslag til eksamen i FYS1001, 12/6 2019 Oppgave 1 a) Her kan vi bruke en av bevegelseslikningen for konstant akselerasjon: s = 1 2 (v + v 0)t Vi setter inn v = 100 km/t = 27,8 m/s, v 0 = 0 og
DetaljerKontinuasjonseksamensoppgave i TFY4120 Fysikk
Institutt for fysikk Kontinuasjonseksamensoppgave i TFY4120 Fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ragnvald Mathiesen Tlf.:97692132 Eksamensdato: 07.08.2013 Eksamenstid (fra-til): 09:00-13:00 Hjelpemiddelkode/Tillatte
DetaljerKap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring.
Kap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring. Definisjon arbeid, W Kinetisk energi, E k Potensiell energi, E p. Konservative krefter Energibevaring Energibevaring når friksjon. F F x Arbeid = areal under
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FYS1000, 15/8 2014
Løsningsforslag til eksamen i FY1000, 15/8 2014 Oppgave 1 a) Lengden til strengen er L = 1, 2 m og farten til bølger på strengen er v = 230 m/s. Bølgelengden til den egensvingningen med lavest frekvens
DetaljerMidtveis hjemmeeksamen. Fys Brukerkurs i fysikk Høsten 2018
Midtveis hjemmeeksamen Fys-0001 - Brukerkurs i fysikk Høsten 2018 Praktiske detaljer: Utlevering: Mandag 29. oktober kl. 15:00 Innleveringsfrist: Torsdag 1. november kl. 15:00 Besvarelse leveres i pdf-format
DetaljerLøsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2009
Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek våren 9 Side av 8 Oppgave a) Du skyver en kloss med konstant hastighet bortover et horisontalt bord. Identifiser kreftene på klossen og tegn et frilegemediagram for klossen.
DetaljerPunktladningen Q ligger i punktet (3, 0) [mm] og punktladningen Q ligger i punktet ( 3, 0) [mm].
Oppgave 1 Finn løsningen til følgende 1.ordens differensialligninger: a) y = x e y, y(0) = 0 b) dy dt + a y = b, a og b er konstanter. Oppgave 2 Punktladningen Q ligger i punktet (3, 0) [mm] og punktladningen
Detaljer