Løsningsforslag Fysikk 2 V2016

Transkript

1 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 10 = 10,4 L snitt = (L in + L aks ) = Usikkerhet = L aks L in 9,9 + 10,4 = 0,5 = 10,15 10, = 0,5 0,3 L = 10, ± 0,3 c) D Akselerasjonen i y-retning er den sae for begge kulene (a y = g). Kulene treffer dered bakken satidig. I x-retning har kule B større hastighet enn kule A. d) A I graf B koer ballene like langt. Det er feil. I graf C går ballen høyere ed luftotstand. Det er feil. I graf D når ballen toppunktet sitt etter det beregnede toppunktet. Det er feil. e) B En negativ partikkel vil bevege seg otsatt vei av det elektriske feltet, det betyr at bevegelsen blir ot høyre. Fordi at den kinetiske energien øker, å den potensielle energien inke. f) C Høyrehåndsregel: La de strake fingrene peke i retningen til qv slik at de peker i agnetfeltretning når du bøyer de. Toelen peker da i kraftretning. Hvis vi følger denne regelen er det kun graf C so steer. Merk at qv her går ot venstre. g) D Hvis vi dekoponerer farten vil vi få en fartskoponent so er noralt på agnetfeltet, og en so er parallelt ed agnetfeltet. Den agnetiske kraften virker på den delen av fartskoponenten so står noralt på agnetfeltet. Den delen av fartskoponenten so er parallelt ed agnetfeltet blir ikke påvirket. Dette gir en skruelinje.

2 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 h) A ΣF y = 0 S y G = 0 S cos α = g S = g cos α ΣF x = 0 S x = F e S sin α = qu d g cos α sin α = qu d So gir: gd tan α U = q i) A Vi ser for oss bilde til høyre og bruker høyrehåndsregelen: «La de strake fingrene peke i retningen til qv slik at de peker i agnetfeltretning når du bøyer de. Toelen peker da i kraftretning.» på en tenkt positiv partikkel i strøretning. Kreftene på hver av lederne vil da være so vist i figuren, so betyr at de vil bevege seg ot hverandre. j) C Den agnetiske kraften er gitt ved F = IlB hvor B = k I d Altså: F = Ilk I d = lk I d F før = F etter lk I f = lk I e d f d e = I e d f I = (I f) f I f = 4 k) A Med høyrehåndsregelen: «hvis vi legger toelen i strøretning, vil agnetfeltet gå den veien fingrene peker», finner vi at de strøene på 5A og 4A lager et agnetfelt inn i planet. Strøen på A lager et agnetfelt ut av planet. Vi «angler» derfor en strø på 7A for at agnetfeltet skal bli null. Magnetfeltet fra denne strøen å gå ut av planet, altså går strøen oppover. l) A Faradays induksjons lov: ε = Φ t = B A 6T (0,1) = = 0,6V t 0,1s Strøen vil prøve å otvirke endringen i agnetfeltet. Dvs. at strøen lager et agnetfelt inn i planet. Dette tilsvarer strøretning ed urviser. ) A Hver «etasje» blir utsatt for en kraft G nedover. At forlengelsen i B og C er indre enn i A er åpenbart, siden disse har flere fjærer å otstå kraften ed. Vi å derfor kun sjekke A og D. d e

3 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 Et lodd so er hengt i ei fjær vil skape denne forlengelsen: Forlengelsen i A: G lodd k Forlengelse i D: G lodd 3k + G lodd k + G lodd k G lodd = kx 0 x 0 = G lodd k = x 0 + x 0 = x 0 = x 0 + x 0 + x 3 0 = 11 x G lodd k n) C Fenoenet aliasing oppstår fordi at saplingsfrekvensen er for liten. o) A Situasjonen er lik den i 1h). ΣF x = 0 S 1 = S sin α S 1 = sin α S p) A v = s t = πr T T = πr v = π v r q) D Vi ser at det kun er radiusen so gjør at oløpshastigheten øker, under den forutsetning at banehastigheten er konstant. γ M P g P r = P g Q γ M Q r Q = M Pr Q M (5r) = M Q r P (10M) r = 5 10 = 5 r) B I astronautens referansesyste starter eplet fra ro ed en akselerasjon på 10 /s ot bunnen. as = v v 0 v = as = 10/s 1 = 0/s s) C Det er ingen krefter so virker på eplet. Da er farten til eplet konstant, inntil det blir tatt igjen av gulvet i roskipet so akselererer. t) D Når vi nærer oss lysets hastighet brukes disse forlene for å beregne bevegelsesengde og kinetisk energi: p = v 1 ( v c ) E k = c 1 ( v c ) Ingen av disse har noen øvre grense når v c. u) B «Energi kan verken skapes, eller forsvinne. Den kan bare endre for». Påstand 1 er sann. Fotonenergien å være over hvileenergien til partiklene. Påstand er usann. Hvileenergien i partiklene kan odannes til fotoner.

4 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 v) D Klassisk fysikk: E = 1 v = p p = E De Broglie: p f = h λ λ = h p = h = k E E w) D Røntgenstråling oppstår når elektroner sendes ot et etall. x) D Påstand 1 og 3 er riktig. Oppgave a1) Det er kun gravitasjonskraften og noralkraften so virker på bilen. a) ΣF x = a N x = v r N sin α = v r g v sin α = cos α r v = rg sin α cos α N y = G N cos α = g N = g cos α v = rg tan α b1) Bevaring av bevegelsesengde gir: p før = p etter f v f = e v e 10g v f = (990g + 10g) 4,0 /s v f = 1000g 4,0 /s 10g v f = 400 /s

5 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 b) Vi finner først akselerasjonen til klossen: Så finner vi strekningen: (g sin α + R) a x = = s = v v 0 a ΣF x = G x + R ΣF x = G sin α + R a x = g sin α + R 1kg 10 s sin N = 10/s 1kg as = v v 0 = (4 /s) 10/s = 0,8 s = 0,8 Klossen beveger seg 0,8 eter oppover. c1) Positroner og elektroner er antipartikler. En reaksjon ello de kalles annihilering. c) Alle bevaringslover å være oppfylt. Dette inkluderer: Total energi. Bevegelsesengde. Dette hindrer at det bare blir laget kun et foton. Elektrisk ladning. Den elektriske ladningen er null før og etter. Spinn. c3) Positronet og elektronet har inst ulig energi når de begge har null kinetisk energi. Da er energien til positronet og elektronet lik hvileenergien deres. E Begge fotonene = E positron + E elektron hf = e c f = ec h

6 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 d1) Høyrehåndsregel: La de strake fingrene peke i retningen til qv slik at de peker i agnetfeltretning når du bøyer de. Toelen peker da i kraftretning. Suen av kreftene virker innover ot sentru i «del» av figuren. Hvis vi bruker regelen over finner vi at agnetfeltet går ut av planet. I «del1» av figuren er suen av krefter null, det betyr at den elektriske kraften på den positive partikkelen går oppover. Det elektriske feltet går oppover. Oppsuert: Det agnetiske feltet går ut av papirplanet. Det elektriske feltet går rett oppover. d) I fartsfilteret er den elektriske kraften like stor so den agnetiske kraften: F = F e qvb = qe v = E B I orådet hvor partikkelen beveger seg i en sirkelbane gjelder: = qbr v ΣF = F v r = qvb = qbr E B = qrb E = qrb E Oppgave 3 3a) Det er kun gravitasjonen so virker på satellitten. Vi har: ΣF = a G = v r Hvor a = v r Der G = γ M r for sirkelbevegelser γ M r v = r r = γ M v = 6, N /kg 5, kg Dette er fra satellitten til sentru av jorden. (7660 s ) = = 6786 k h over bakken = r r jorden = 6786 k 6371 k = 415 k Satellitten er 415 k over jordoverflaten.

7 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 3b) Energien i banene er gitt av E = γm. Differensen i energinivået til de forskjellige banene er: r E differanse = E retter E rfør = γm r e E differanse = ( γm ) = γm r f ( 1 1 ) = γm r f r e ( 1 1 ) r j + h f r j + h e E differanse = γm ( 1 r j + h f 1 r j + h e ) 6, N kg kg 5, kg E differanse = 33GJ 1 ( ) Det krever 33GJ å heve høyden fra 80k over bakken, til 460k over bakken. 3c) Akselerasjonen er her gitt av sentripetalakselerasjonen. For et legee so roterer er denne: a sentripetal = v r = ( s T ) = (πr T ) = 4π r r r T Radiusen i rostasjonen er 895 eter. Oppgave 4 4a) Fjærkraften er: 4b) 4π r T = g r = gt 4π = 9,81/s (60s) 4π = 895 F = kx = 15kN/ 0,1 = 1,5kN Energibevaring sier at all energien so er bevart i fjæra går over til potensiell energi. Den aksiale høyden er 1,8 eter. E fjær = E p 1 kx = gh h = kx 15kN/ (0,41) = g 71kg 9,81/s = 1,8 h = 1,8

8 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 4c) Bevegelsen kan paraetriseres so et vanlig skrått kast: x(t) = x 0 + v 0x t = v 0 cos 70 t t = x v 0 cos 70 = 1,5 5/s cos 70 = 0,73s y(t) = y 0 + v 0y t 1 gt y(0,73) = 1 + 5/s sin 70 0,73s 1 9,81/s (0,73s) = 1,81 Vi trenger en høyde på eter for å klare hoppet. Utøveren klarer dered ikke å passere. Oppgave 5 5a) Lenz lov sier at den induserte strøen vil prøve å otvirke endringene i fluksen. Fordi at lederen beveger seg nedover, vil strøen lage en kraft so virker oppover. Høyrehåndsregel: La de strake fingrene peke i retningen til qv slik at de peker i agnetfeltretning når du bøyer de. Toelen peker da i kraftretning. Hvis vi bruker reglen over finner vi at strøen går ed klokken, hvis vi ser på figur 1. 5b) 5c) Strøen so går i lederen er gitt ved: Vi bruker dette i Newtons andre lov og får: I = ε R = vbl R ΣF x = G x F B a = g x ILB = g x vbl R LB = g x vl B R a = g x vl B R = g x vl B R = g sin α vl B R

9 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 Oskrevet: v = g sin α L B R v 5d) v = g sin α L B R v 0 = g sin α L B R v L B v = g sin α R v = g sin α R L B v = 9,81/s sin 7 v = 1,7/s 0,090kg 0,080Ω (0,15) (0,91) Oppgave 6 6a) Den kinetiske energien til protonet koer fra det elektriske arbeidet so blir gjort av spenningen: E k = W v 1 = qu 1 1 v 1 = qu 1 = 1, C V 1, kg v 1 =, 10 6 /s =, 10 6 /s 6b) Spenningen har snudd før protonet får tid til å koe seg ut på otsatt side: t 1 = s 1 0,44 = v 1, 10 6 /s = 10 7 s Dette viser at spenningen å ha snudd før det har gått 10 7 s. 6c) Når protonet koer til den andre sylinderen har det blitt akselerert av spenningen U = 5 kv to ganger. Da blir U tot = U 1. Dette gir farten: v = qu tot = qu 1 = qu 1 = v 1 s = v t = v 1 t 1 = v 1 t 1 = s 1 = 44c = 6c

10 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 6d) Oppgaven blir løst på identisk åte so i 6c), en ed n passeringer, istedenfor. At feltet skifter retning 5, gang per sekund gir en passeringstid på: 1 t passering = 5, =, s = t 1 s Farten under hver passering er: v n = qu tot = qu n = qu n = v 1 n Videre er: s n = v n t n = v 1 n t 1 = v 1 t 1 n = s 1 n Dette viser at I n = I 1 n. 6e) Ingen legeer kan få høyere hastighet enn lyshastigheten. Så når n vil v n c. Da vil lengden til sylinderen være: s n = v n t n = c t 1 = 3, /s, s = 60. Når protonet har gått gjenno svært ange sylindere vil lengden per sylinder nære seg 60 eter.