Løsningsforslag Fysikk 2 Høst 2014

Transkript

1 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 Opp Sva Foklaing gave a) D Det elektiske feltet gå adielt ut fa en positivt ladet patikkel. Til høye fo elektonet lage elektonet en feltstyke som gå mot venste, mens potonene lage en feltstyke mot høye. Feltstyken bli altså null til høye fo elektonet en plass. En kan tenke seg at det samme ville skjedd til venste fo potonene, men he vil feltstyken fa elektonet aldi væe stek nok til å nulle ut feltstyken fa potonene. b) D Vi egne ut dette med å sette = 1 1 G 1 = γmm 1 G = γmm = γmm ( 1 = γmm = 4G 1 1 1) 4 1 q c) B Den elektiske kaften F e = k 1 q e vil væe like sto på begge patikkelene, uavhengig av ladning. Det e tyngdekaften som dytte kulene inn mot midten. Siden den elektiske kaften e like sto, må tyngdekaften væe like sto også. Det bety at massen e lik. d) B Den totale enegien e gitt ved: E tot = E k + E p = 1 mv γ mm Det e kun gavitasjonen som vike på satellittene. Vi ha: ΣF = ma Hvo a = v fo sikelbevegelse G = m v γ mm v = m De G = γ mm v = γ M E k = 1 mv = 1 mγ M = γmm E tot = E k + E p = γmm γmm = γmm γmm = γmm e) D Ved å buke høyehåndsegelen på den ette ledeen finne vi ut at magnetfeltet gå i samme etning som I. Da vike det ingen netto kaft på den sikelfomede ledeen.

2 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 f) D F m = ma qvb = m v = m v = mv qvb qb som bety at både massen, faten og ladningen ha betydning fo adiusen. Vi se defo på om vi kan si noe om ladningene. Kaften gå innove mot sentum i begge tilfelle. Vi finne med høyehåndsegelen at da må begge ladningene væe positiv. De ha altså lik fotegn på ladningene. g) A Faadays induksjonslov sie: ε = φ t Det e altså fluksendingen som skape den indusete spenningen. φ vil væe t positiv og konstant, helt til sløyfa begynne å stikke ut på høye side. Da vil φ t plutselig bli negativ og konstant. h) D Konstant fat bety at summen av kefte e lik null. i) A Hvis vi se bot i fa snoen vil situasjonen se ut slik som unde fo begge klossene: ΣF x = ma x G x = ma x mg sin α = ma x a x = g sin α Dette bety at begge klossene ha lik akseleasjon, og det e demed ikke noe eksta kaft på den bakeste klossen fa snoa. j) B Kaften på kula må væe like sto fodi de henge med den samme vinkelen på begge side og ΣF x = 0. Den gjennomsnittlige y-komponenten til snodagene e 100N. Demed må snodaget væe støe enn 100N totalt fodi snodaget også bestå av en x- komponent. k) A v y = v 0y + at = v 0y gt Dette e ei ett linje med negativt stigningstall.

3 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 l) C s y = v 0y t + 1 at = 1 gt fo begge kulene. m) B ΣF y = 0 S y = G S = mg S = mg Siden de ha samme uttykk fo s y vil de teffe bakken samtidig. ΣF x = ma S x = ma a = S x S sin α = m m = mg sin α = g tan α m n) C a = v fo sikelbevegelse, hvo v = s = π. Dette gi: t t a = v = ( π t ) = 4π t = 4π t 4π P a P = t P a Q 4π = = Q = Q Q Q t o) C a P = a Q = a ΣF = ma Hvo a = v fo sikelbevegelse ΣF B = m B v B ΣF A = m A v A ΣF C = m C v C = m v A = m (v) B C = m v = 1 = 8 m v m v v D ΣF D = m D = m (v) = 4 m v D p) D Siden det kun e gavitasjonen som vike vil begge kulene ha samme hastighet, men motsatt ettet nå de teffe hveande i det laveste punktet. Vi velge positiv etning mot høye. Vi velge også å late som de bevege seg i en samlet kloss ette støtet. Bevaing av bevegelsesmengde gi: p 1 = p v 1 (m K m L ) = v (m k + m L ) v = v 1(m K m L ) (m k + m L )

4 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 Fodi at m K > m L bli v positiv, som bety at den samla bevegelsen gå mot høye. Dette bety at L MÅ snu og bevege seg mot høye. Det e kun altenativ D som passe med dette. q) C Bevaing av bevegelsesmengde gi: p 0 = p 1 hvo p 0 = 0 0 = m 1 v 1 m v m = m 1v 1 = m3v v v = 3 m ) A elativt til hveande befinne Boealis og Auoa seg i samme system som ha hastigheten mot høye. Det bety: t A = t B = t 0. Videe e t c = t 0 nevneen e 1 ( v ), c minde enn 1 som gi: t C > t 0. s) A Vi ha E k = E f W, hvo W e løsivningsabeidet. E k = E f W Vi sette E k = 0 og dette gi: W = E f = hf Høy fekvens gi altså høyt løsivningsabeid. t) C Vi må sjekke kvantetallene fo de te eaksjonene. Vi finne vedie fo dette bak i eksamensteksten. 1. Venste side: L e = 0 Høye side: L e = = Elektontallet e ikke bevat, og det kan demed ikke skje.. Venste side: B = 1 og L e = 0 Høye side: B = 1 og L e = 1 1 = 0 eaksjonen kan skje. 3. Venste side: B = = 1 og L μ = = 1 Høye side: B = = 1 og L μ = = 1 eaksjonen kan skje. u) A Elektonet e et lepton. Leptone e ikke bygd opp av kvake. Dette kan lett sjekkes i «Data fo noen elementæpatikle» i eksamensteksten. v) D Den støste enegien fotonet kan få, få det nå ALL enegien som bli gitt til elektonet bli omgjot til et foton. E e = E fmaks Uq = hf f = Ue h c λ = Ue h c λ = Ue h

5 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 λ = hc Ue w) A Vi tenke oss to situasjone. En med = 1 og en med = = 1 1 E p1 = k e q p q Q 1 q p q Q q p q Q E p = k e = k e 1 Siden E p E p1 må poduktet q p q Q væe negativt. Dette bety at de ha ulik ladning. x) B Signalet bli klippet desom det dynamiske omådet e fo lite. Oppgave a) Comptonstøt e en kollisjon mellom et foton og et fitt elekton. Fotonet oveføe bevegelsesmengde til elektonet. Elektonet øke fata, fotonet miste enegi. b1) Det vil alltid finnes et efeansesystem slik at elektonet/positonet ha like sto fat, men motsatt ettet. I dette efeansesystemet vil den samlede bevegelsesmengden væe 0. Vi kan ikke få null bevegelsesmengde med bae et foton. Vi må defo ha minst to fotone fo å fotsatt ha null bevegelsesmengde. b) Enegien som ende fom e: E = E 0 = m e c Nå denne enegien gå ove til to fotone få vi: f = m ec h Dette e støe enn 10 0 Hz. c) = m ec h E f = m e c hf = m e c = kg ( m s ) 6, = 1, 10 0 Hz Js Ekvivalentspinsippet sie at det ikke e mulig ved mekanikkfosøk å avgjøe om et efeansesystem e i o i et gavitasjonsfelt, elle om det bevege seg med konstant akseleasjon i et om uten gavitasjonsfelt. Et tankeekspeiment kan væe et omskip som akseleee med 10 m/s og et omskip som stå på joden. Fo en som befinne seg inne i omskipet vil det væe umulig å skille disse to situasjonene fa hveande.

6 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 d1) Faadays induksjonslov sie: ε = φ = B A = B (t) A. Det vil altså bli induset en spenning i sløyfa. De det bli induset t t spenning vil det også bli dannet en støm ifølge Ohms lov. d) Ohms lov, kombinet med Faadays induksjonslov gi: U = I B A = I t I(t) = B (t) A Hvis vi velge aealvektoen i samme etning som magnetfeltet få vi positiv etning med klokka. Siden I(t) < 0 bety dette at vi ha en støm mot klokka. d3) I(t) = B (t) A = (kt) A = k A Stømmen e konstant. Hvis konstanten k e positiv så bevege stømmen seg mot klokken. Oppgave 3 3a) Nå loddet henge i o ha vi: ΣF = 0 F = G kx = mg k = mg x Vi buke dette til å finne en gjennomsnittsvedi fo k. Loddets masse [kg] 0,0 0,05 0,10 0,15 0,0 Folengelsen av 0,013 0,037 0,07 0,101 0,149 fjæa [m] Estimet fjækonstant [N/m] 15,09 13,5 13,6 14,56 13,16 k = 15, ,5 + 13,6 + 14, ,16 5 Vi finne det støste måleavviket: 15,09N/m 13,94N/m = 1,15N/m Usikkeheten angis med et siffe defo: k = k + k = 14N/m ± 1N = 13,94N/m

7 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 3b1) Punkt A: Klossen ha maksimal positiv fatsetning. Da e klossen i likevektspunktet og på vei opp. Punkt B: Klossen ha beveget seg opp en stund, og ha nå null hastighet. Da befinne klossen seg i toppunktet. Punkt C: Klossen ha maksimal negativ fatsetning. Da e klossen i likevektspunktet og på vei ned. Punkt D: Klossen ha beveget seg ned en stund, og ha nå null hastighet. Da befinne klossen seg i bunnpunktet. 3b) He ha vi sammenhengene: F A = G og F C = G F D > G og at F B e samme etning som G. 3b3) Fatsgafen ha fom som en sinuskuve. Vi legge inn punktene fa oppgaven og buke egesjonsanalyse fo å finne en sinusfunksjon som passe med tallene. Vi buke vektøyet skjæing mellom to objekt fo å finne nullpunktene til gafen som e (0,34. 0) og (0,66. 0) Fodi at v(t) = s (t) Kan vi finne stekningen som den bevege seg med integalet s(t) = 0,66 0,34 v(t) Fa integalet få vi a = 0,08. Dette bety at loddet ha beveget seg 8 cm mellom B og D (A og B på figuen). 3c) Fa foige oppgave fikk vi at v(t) = 0,39 sin(9,57 t 0,07). Nå vi sammenligne v(t) = 0,39 sin(9,57 t 0,07) med v(t) = A sin( k m t) Se vi at k t = 9,57t. Dette gi: m

8 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 k m = 9,57 k = 9,57 m = 9,57 0,05kg k = 4,58 Fjækonstanten k = 4,6 N/m med disse beegningene. Dette stemme godt med det oppgitt i oppgaven. Kommenta: Vi egnet i oppgaven ove uten benevninge. Hvis du passe på å buke SI enhete vil du få et sva som komme ut med koekt SI-enhet. Dette e allikevel ikke å anbefale. Oppgave 4 4a) Det e kun gavitasjonen som vike på satellittene. Vi ha: ΣF = ma Hvo a = v = ( π T ) = 4π T = fo sikelbevegelse G = m 4π mm T De G = γ γ mm = m 4π T M = 4π 3 γt = 4π ( m) 3 6, Nm /kg (16, s) = 1, kg Massen til Jupite e 1, kg. Dette stemme med faktaopplysningene bak i eksamensteksten. 4b1) Vi fant i 4a) at: γ mm γ M = 4π T T = 4π 3 γm = m 4π. Vi buke dette vide og få: T T A = ( 4π 3 A γm ) T B = ( 4π B γm ) 3 4π T ( 3 A A T = γm ) B ( 4π 3 B γm ) ( T A ) = ( 3 A ) T B B b) Vi skal nå vise at ( T Io ) = ( 3 Io ) T Euopa Euopa ( T Io ) = ( 1,769døgn T Euopa 3,551døgn ) = 0,4817 ( Io Euopa ) 3 = ( 41800km km ) 3 = 0,489

9 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 Dette stemme altså godt med hveande. 4c) Dette bety at keftene meket G m og G n e like sto. G m = G n γ mm = m ng γ = m ng mm γ = m ngd mm = 0, kg 9,807 m/s (0,5686 m) 5009, kg 5775,7kg γ = 6, Nm /kg = 6, Nm /kg Med dette ekspeimentet få vi γ = 6, Nm /kg. Dette e næt dagens vedi på 6, Nm /kg. Oppgave 5 5a) Høyehåndsegel3: 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 buke egelen ove vil vi få at det e en kaft som vike til venste på ledeen. Dette da ledeen til venste. 5b) ΣF = 0 F m = S x IlB = S sin α og S y = mg S = mg S = mg

10 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 IlB = mg m = IlB g tan α sin α = mg tan α Som va det vi skulle vise. 5c) Faadays induksjonslov sie: ε = φ = B A = B A t t m. Det vil bli induset en spenning i sløyfa så lenge magnetfeltet gjennom sløyfa ende seg. Da bli det også induset en støm. I dette tilfellet vil aealet som magnetfeltet gå gjennom væe gitt som den hoisontale delen til aealet gitt ved: A m = A sin α 5d1) Ohms lov, kombinet med Faadays induksjonslov gi: U = I I(t) = U = B A m Hvis vi velge aealvektoen i samme etning som magnetfeltet få vi at positiv stømetning slik som stømmen gå i figu, altså inn i papiplanet i ledning m. Siden A m < 0 bli I(t) positiv. Det bety at stømmen gå som på tegningen. 5d) Ved hjelp av høyehåndsegelen: «Vi la de fie fingene på høye hånd peke i en fitt valgt positiv omløpsetning undt flaten. Da peke samtidig tommelen i positiv etning fo aealvektoen», finne vi ut at positiv stømetning bli motsatt vei av det vi hadde tidligee, nå aealvektoen peke samme vei som magnetfeltet. I(t) = U = B A m, siden A m nå vil øke bli I(t) < 0. Dette bety negativ stømetning. Fodi positiv etning nå ha skiftet, bety dette at stømmen gå i samme etning som i stad. Altså inn i papiplanet ved m.

11 Løsningsfoslag Fysikk Høst 014 5e1) Høyehåndsegel 1 sie at hvis vi legge tommelen i stømetning, vil magnetfeltet gå den veien fingene peke. Se figu. Hvis vi (HH3) «legge fingene på høyehånd i stømetningen på en slik måte at fingene peke med magnetfeltet nå du bøye dem, vil tommelen peke i kaftetningen. Hvis vi følge eglene ove vil vi finne at det vike en magnetisk kaft på begge ledeen fa hveande. 5e) ΣF x = 0 F m = S x IlB = S sin α IlB = λlg sin α = λlg tan α ΣF y = 0 S y = G S = mg S = mg = λlg hvo λ e massen pe lengde. Ilk I = λlg tan α B = k I Ik I = λg tan α I = λg tan α k λg tan α I = = 0,0145kg/m 9,81m/s 0,030m tan 6,6 k 10 7 = 50A Tm/A Stømmen som gå gjennom ledeen e 50A.