Fysikk 2 Eksamen høsten Løsningsforslag

Transkript

1 Fsikk - Løsningsfoslag Oppgae a) D Det elektiske feltet gå adielt ut fa en positit ladd patikkel og adielt inn ot en negatit ladd patikkel. Den elektiske feltstken e gitt ed Q E ke, de Q e ladningen og e astanden fa patikkelen. Det e to oåde ho feltet fa he a patiklene e otsatt ettet, nelig til enste fo patiklene og til høe fo patiklene. I oådet til enste fo patiklene il absoluttedien a den elektiske feltstken fa patikkelen ed ladning +e alltid æe støe enn absoluttedien a den elektiske feltstken fa patikkelen ed ladning e fodi astanden til +epatikkelen e inst, satidig ed at ladningen til denne patikkelen e støst. Feltet fa de to patiklene il defo aldi kunne kansellee heande. Til høe fo patiklene il det elektiske feltet fa patikkelen ed ladning +e kunne kansellee det elektiske feltet fa patikkelen ed e. Dette fodi at sel o astanden fa patikkelen ed +e e støst, så ha denne også støst ladning. b) D M Gaitasjonskaften ed innbdes astand e G. N astand bli oppgitt til, noe so esultee i en n gaitasjonskaft ed støelsen c) B G M M M M 4 4G 4

2 Den elektiske kaften e gitt ed F e k qq e Ds. at poduktet qq ha betdning fo støelsen til den elektiske kaften på både kule og kule. Denne kaften il defo æe like sto på begge kulene, en i kan ikke agjøe hilken a kulene so ha den støste ladningen, elle o kulene ha lik ladning. Siden F x 0 fo begge kulene satidig ed at Fe Fe, å Sx Sx. Da e også S S, siden inkelen α e lik fo begge kulene. Dette føe igjen til at S S og G G. Tngdekaften e gitt ed G g. Defo å. d) B Totalenegien til en satellitt so gå i sikelbane e gitt ed E M Vi finne siklingsfaten til satellitten ed å buke Newtons ande lo. F a de a G M M Vi sette uttkket fo siklingsfat inn i uttkket fo totalenegien, og få M M E M e) D Ved å buke høehåndsegelen fo agnetfelt undt en ett støføende lede, et i at det agnetiske feltet, B, foåsaket a støen I ha sae etning so støetningen i den sikelfoede ledeen. Det ike altså ingen agnetisk kaft på den sikelfoede ledeen siden agnetfelt og stø ha sae etning i alle punkt.

3 f) D Den agnetiske kaften å ike inn ot sentu a sikelbanen, se figuen oe. I følge høehåndsegelen fo elektisk ladde patikle i agnetiske felt å defo både patikkel K og L æe positit ladde. g) Faadas induksjonslo e gitt ed t I det sløfa e på ei inn i agnetfeltet, øke den agnetiske fluksen inne i sløfa og 0. Fluksen øke jent siden faten til sløfa e konstant. I følge Faadas induksjonslo bli da esen konstant og negati. I det sløfa e på ei ut a agnetfeltet, inke den agnetiske fluksen jent inne i sløfa. Da bli esen konstant og positi. h) D Siden faten e konstant, e suen a keftene lik null ifølge Newtons føste lo. i) Vi se på begge klossene so et sste ed asse 3, se figuen oe. kseleasjonen til ssteet bli ΣF a de 3 p G 3a de G G sin 3g sin 3g sin 3a a gsin p 3

4 Vi se så på den øeste klossen ed asse. ΣF a de a g sin S G g sin de G g sin p S g sin g sin S 0 j) B p Siden kula henge i o, e ΣFx 0. Dette bet at Sx Sx, se figuen oe. S S S S siden inkelen ello taket og snoa e lik fo begge x x snoene. Da e også S S. F 0 S S G 0 de S S S S G de G 00 N S 00 N figuen kan i se at S sin S S S de 0 sin sin S S S 00 N 4

5 k) Nå i se bot fa luftotstanden, e det bae tngdekaften so ike. nta nå at ballen bli kastet på skå oppoe, slik at i ha en etikal koponent a statfata oppoe, 0 0. He elges positi etning oppoe, og da bli akseleasjonen til ballen a g. Fa beegelseslikningene ha i at a t de a g 0 gt 0 Deed il bli beskeet best a ei ett linje ed negatit stigningstall. l) C Begge kulene ha etikalkoponenten a statfaten 0 0. Siden det e bae tngdekaften so ike, bli akseleasjonen i -etningen den sae fo begge kulene: a g. He ha i algt positi etning oppoe. Fa ) B beegelseslikningene ha i at 0t at de 0 0 og a g gt Siden kulene skal falle like langt etikalt, il falltiden også bli like lang. Kulene lande altså likt. Det e to kefte so ike på pendelen, snokaften og tngdekaften. I figuen oe til høe se i at ΣF tan G ΣF G tan de ΣF a a g tan a gtan 5

6 n) C Sentipetalakseleasjonen e gitt ed a de a a Siden inkelfaten e konstant og sentipetalakseleasjonen e poposjonal ed adiusen, il en dobling a adiusen føe til en dobling a akseleasjonen. o) C Fa Newtons. lo få i F a de a F Vi egne så ut suen a keftene fo he a sikelbeegelsene. F ( ) FB 8 FC ( ) FD 4 p) D Siden banen e fiksjonsfi, e det bae tngdekaften so gjø abeidet på klossene. Den ekaniske enegien e beat. Vi sette statfaten og stathøden til klossen til hh. h0 og 0, faten og høden i bunnen til og h og i elge nullniå i h. E 0 E gh gh de 0 og h gh 0 Faten til begge klossene e defo like stoe, en otsatt ettet, ett fø de støte saen. Beegelsesengden e beat i støtet. Vi sette positi etning ot høe og få 6

7 p fø p ette K L K K L L ( ) K L K K L L His kloss K ligge i o ette støtet ( K 0), få i L ( ) K L L 0 Siden dette saet å bli støe enn null, il det si at kloss L gå ot høe ette støtet, og ha defo skiftet fatsetning. q) C Vi buke beaing a beegelsesengde og kalle assen til den ande delen fo M. Vi å også anta at patiklene gå he sin ei ette delingen. p p de p 0 fø ette fø 0 3 M 3 M 3 M ) Vi buke foelen fo elatiistisk tid t t 0 ( / c) Fo astonauten o bod i Boealis (B) il lssignalet ae i t t B t B 0 t 0 ( / c ) de 0 s) Fo astonauten o bod i Capella (C) il lssignalet ae i 0 tc de c t t C 0 t ( / c ) Fa Einsteins fotoelektiske likning Ef W Ek ha i at saenhengen ello elektonets kinetisk enegi og fotonets fekens f e gitt ed Ek hf W 7

8 de W e løsiningsabeidet til etallet. Vi se at W il æe funksjonens kssningspunkt ed.-aksen i et slikt E - k f -diaga so figuen i oppgaen. Deso i tenke oss en folengelse bakoe a de to gafene i figuen se i at W e inst fo etall. t) C Vi sjekke kantetallene fo he a eaksjonene. Venste side: Le 0 og Lμ Høe side: Le 0 og Lμ Elektontallet e ikke beat. Defo e eaksjonen ikke ulig.. Venste side: B og Le 0 Høe side: B 0 0 og Le 0 0 Både baontallet og elektontallet e beat. Reaksjonen e ulig. 3. Venste side: Lμ 0 og B 0 Høe side: Lμ 0 og B 0. Både ontallet og baontallet e beat. Reaksjonen e ulig. u) Elektonet e et lepton. Det e ikke bgd opp a ande patikle, en e sel en eleentæpatikkel. ) D Den nede gensen fo bølgelengden til øntgenfotonet få i his i anta at all enegien so elektonet få i akseleasjonen fa katoden til anoden gå oe til fotonet. W E de W qu og E hf f c qu hf de q e og f c eu h hc eu w) Uttkket fo den potensielle enegien til en ladd kule e gitt ed f E p k e Qq de k e e en konstant, Q og q e ladningene til kulene og e astanden ello kulene. I og ed at den potensielle enegien skal ata, nå inke, å uttkket fo E_p æe negatit. Det skje nå ladningene ha otsatt fotegn. Kulene ha altså ulik ladning. x) B Vi il få klipping his det dnaiske oådet e fo lite. 8

9 Oppgae a) I et coptonstøt ekselike et foton ed et fitt elekton. Fotonet oeføe beegelsesengde til elektonet. Ette støtet ha fotonet inde beegelsesengde (og lenge bølgelengde). Elektonet øke fata. Dette bte ed klassisk fsikk fodi klassisk fsikk, he epesentet ed Maxwells teoi fo ls, foutsie at lset ikke skal ende bølgelengde i denne ekselikningen. b) ) I denne posessen kan i alltid finne et efeansesste ho elektonet og positonet beege seg ot heande ed like sto fat. Siden de ha lik asse il beegelsesengden fø støtet æe lik null i dette efeansessteet. Ett foton alene kan ikke ha beegelsesengde lik null, og defo å det alltid æe inst to fotone ette annihilasjonen. ) Enegien til fotonene E f ette annihileingen å æe støe enn hileenegien E 0 til elektonet og positonet. Nede gense fo fotonenegien gi deed et uttkk fo laeste fekens: E E de E hf og E c f hf c e 0 f 0 e c e f h kg (30 /s) 34 6,6 0 Js 0, 0 Hz c) ) Vi se at fekensen å æe høee enn 0 0 Hz. Ekialenspinsippet sie at det ikke e ulig ed ekanikkfosøk å agjøe o et efeansesste e i o i et gaitasjonsfelt, elle o det beege seg ed konstant akseleasjon i et o uten gaitasjonsfelt. Et tankeekspeient kan æe at du slippe en koffet he på joda. Da il i opplee at koffeten akseleee nedoe ed a 9,8 /s. Så da i ut i edensoet til et sted uten gaitasjonsfelt. He state i akettene på fatøet åt slik at det få en akseleasjon på a 9,8 /s. His i e i dette ofatøet og slippe koffeten å, så il i opplee at den akselee nedoe ot gulet ed a 9,8 /s. 9

10 d) ) Vi foutsette at sløfeateialet e ohsk og buke Ohs lo fo saenhengen ello spenning og stø. I tillegg bentte i oss a Faadas induksjonslo. U ( t) R I( t) de U ( t) ( t) ( t) R I( t) de ( t) ( t) () t I( t) R de ( t) B( t) B( t) I() t R Vi få oppgitt at aealet og esistansen R e konstante. Siden den agnetiske flukstettheten B aiee, så il B() t 0 og i få induset en stø i sløfa. ) Vi elge positi etning fo aealet i sae etning so agnetfeltet, altså innoe i papiplanet. Da il positi etning fo støen æe definet so ed klokka. Fa uttkket fo stø i oppgae d B() t It () R se i at nå B øke, il It ( ) 0. Den indusete støen il defo ha etning ot klokka. 3) He kan i igjen buke uttkket i ko fa til i oppgae d. B() t I( t) de B( t) k t R ( k t) R k R Minustegnet i uttkket fo () It bet at støen beege seg ot klokka, slik i fant oenfo. 0

11 Oppgae 3 a) Nå loddet henge i o, e F 0 og tngdekaften nedoe e like sto so fjækaften oppoe. F 0 F G 0 F G de F kx og G g kx g g k x Loddets asse 3 ( 0 kg) Folengelsen a fjæa ( 0 ) Fjækonstant k (N/) ,3 3,7 7, 0, 4,9 5,09 3,5 3,6 4,56 3,6 k 5,09 3,5 3,6 4,56 3,6 N/ 3,94 N/ 5 Det støste aiket fa iddeledien e,5 N/. Usikkeheten skal angis ed ett siffe. Fjækonstanten bli defo k k k 4 N/ N/ b) ) I punkt ha loddet støst fat. Denne faten e positi og fatsetninge e defo oppoe. Nå loddet ha støst fat, il det si at det ikke lenge ha noen akseleasjon, så F 0. Dette skje nå loddet passee likeektslinja, de tngdekaften og fjækaften e like stoe. I punkt B e faten til loddet 0. Det bet at loddet befinne seg i punktet ho det snu. Siden loddet nå ha gått oppoe, bet det at loddet befinne seg i toppunktet. I punkt C ha loddet støst fat ed negatit fotegn. Det bet at den igjen ikke ha noen akseleasjon i dette punktet, altså at den passee likeektslinja. Denne gangen e fatsetningen nedoe. I punkt D e faten 0. Loddet befinne seg nå på bunnpunktet. )

12 Koenta til figuene. Figu B kan tegnes ed F B otsatt etning, en i støelse inde enn G. Dette gjelde his utslagene e så, slik at loddet snu et sted ello likeektspunktet fo ssteet lodd + fjæ og likeektspunktet fo fjæ alene. 3) Siden fat e definet so den deiete a posisjonsfunksjonen kan i finne stekningen loddet ha beeget se ed integasjon a fatsfunksjonen. Fo å finne fatsfunksjonen buke i tallene fo tid og fat so e oppgitt i tabellen, og legge disse inn i egneaket i GeoGeba. Deette akee i de, høeklikke og elge Lag liste ed punkt og få Liste. Vi buke RegSin[Liste] fo å finne en sinusfunksjon f so passe til punktene. Funksjonen i få e ( t) 0,386 /s sin(9,573 ad/s t 0,073 ad) Vektøet Skjæing ello to objekt gjø at i finne skjæingene ed x- aksen og få punktene B(0,34, 0) og D(0,66, 0). Så buke i til slutt koandoen Integal[f, 0.34, 0.66] og få 0,08. Loddet beege seg altså 8, c. c) Funksjonsuttkket so koe fa ed egesjonen i oppgae b3 e ( t) 0,386 /s sin(9,573 ad/s t 0,073 ad) Fa dette uttkket få i at k k k k 9,573 s 9,573 s de 0, 050 kg 9,573 s 0,050 k 4,58 kg 4, g /s 6 N/

13 Vi få en fjækonstant so e 4,6 N/, noe so stee godt oeens ed opplsningene i oppgaen. Også aplituden = 0,386 /s stee godt ed edien i lese a gafen: 3,9 /s. Koenta til oppgaen: Funksjonsuttkket i få fa egesjon inneholde fasefoskning. Dette ligge utenfo pensu i Fsikk og e defo ikke koentet i løsningsfoslaget. 3

14 Oppgae 4 a) Gaitasjonskaften G e eneste kaft på Callisto. Denne ike inn ot sentu a sikelbeegelsen til Callisto. 4π F a de a T 4π G T M 4π T 3 4π M T 3 3 4π ( ) 6,67 0 N /kg (6, s), kg,900 kg b) Fa oppgae a ha i saenhengene fo planetene og B Planet : M 4π 4π T 3 3 B Planet B: M TB Siden det e snakk o sae sentallegee ed asse M, få i 4π T T T T 3 3 B TB 3 3 B TB 3 3 B B 4π 3 T T B B Vi la Io æe planet og Euopa æe planet B. B T,769 døgn T 3,55 døgn 0, 48 B k 6700 k 0, 4889 Innenfo et ielig antall siffe stee denne saenhengen godt fo de to ånene til Jupite. 4

15 c) Vi tegne en figu so ise de keftene so ha koet til ette at den stoe blkula ble plasset unde den ene skålekta og det lille legeet på den ande skålekta. Disse keftene å æe like stoe fo at balansen skal oppettholdes. G G M g de, n, og d ngd M 6 0,589 0 kg 9,807 /s (0,5686 ) , kg 5775, 7 kg 6, N /kg 6, 450 N /kg 5

16 Oppgae 5 a) I følge høehåndsegelen fo støføende lede i agnetfelt få i at nå støen ha etning ett inn i papiplanet (pekefinge) og agnetfeltet ha etning ett ned (bøde finge), så il den agnetiske kaften hele tiden ha etning ett ot enste (toelen). Den støføende ledeen tekkes ut ot enste helt til ektosuen a de keftene so ike på ledeen e lik null, se figuen unde. b) Vi buke figuen i oppgae a og se føst på keftene i -etningen. F 0 S G 0 de S S cos S cos g g S cos Vi buke dette esultatet nå i se på suen a keftene i x-etningen. F x 0 S F 0 de S S sin og F IlB x g S sin IlB 0 de S cos g sin IlB cos g tan IlB IlB g tan x 6

17 c) Fluksen gjenno sløfa e gitt ed B cos, de B e stken til det agnetiske feltet, e aealet a sløfa og 90 e inkelen ello aealektoen og det agnetiske feltet. Nå bte S åpnes og bte S lukkes fosinne støen I ed det sae. Da il også den agnetiske kaften i hadde fosinne og ledeen il begnne å singe innoe. Dette føe til at inkelen ello det agnetiske feltet og aealektoen til sløfa endes. Deed endes også fluksen gjenno sløfa. Siden I R de t d). il en fluksending føe til en induset es, so igjen føe til en induset stø. Vi elge aealekto i etning på høe side a ledesløfa so ist på figuen oe. Positi støetning e da definet so den etningen støen hadde i oppgae a. Vinkelen ello aealektoen og det agnetiske feltet kalle i fo ( 90 ). Nå ledeen singe ned ot det laeste punktet il gå fa 90 til 90. Deed il B (cos cos ) B (cos90 cos ) Bcos 0. 7

18 Da il I I R t R 0 de t e) Og støen il altså gå i positi etning (siden e negati i uttkket), den sae etningen so i oppgae a.. Nå ledeen singe ut ot høe, il gå fa 90 til 90. Dette gi igjen at B (cos cos ) 0. Vi få sae esultat so i foige oppgae, nelig at støetningen bli den sae so i oppgae a. Rundt en støføende ett lede dannes det et agnetfelt. Retningen kan i finne ed å legge toelen i støetningen og kue fingene undt ledeen. Fingene ise nå etningen fo agnetfeltet. B ise etningen til agnetfeltet fa ledeen til høe akkuat de ho ledeen til enste befinne seg. Magnetfeltet B e feltet fa enste lede akkuat de høe lede befinne seg Ved å buke høehåndsegelen fo en støføende lede i et agnetfelt se i nå at ledeen til enste il bli påiket a en kaft ett ut ot enste, se figuen unde. Tilsaende il ledeen til høe bli påiket a en kaft ett ut ot høe. 8

19 . Vi state ed å se på Newtons. lo i x-etning. Vi få bl.a. buk fo at I Biot-Saats lo, B k, gi oss agnetfeltet so koe fa ledeen til høe og so ike på ledeen til enste. Støen e den sae i begge ledene. F x 0 S F 0 de S S sin og F IlB x I IlB S sin de B k x I Il k S sin S sin I kl () Vi å nå finne et uttkk fo S, og det gjø i ed å se på Newtons. lo i -etning. F 0 S G 0 de S S cos S cos g 0 g S () cos Vi sette så likning () inn i likning (). I I g sin cos kl g tan kl I g tan k l 9,8 /s 0,030 tan 6,6 7 0,045 kg/ 0 T/ 49,