Løsningsforslag Fysikk 2 Høst 2015

Transkript

1 Løsningsfoslag Fysikk Høst 015 Oppgave Sva Foklaing a) A Vi pøve oss fa ed noen kjente fole: ε vbl B ε Φ vl t vl Nå vi nå egne ed enhete på denne foelen få vi Wb B s s Wb Magnetfeltet kan altså åles i Wb b) C Det e kun tyngdekaften G so vike. ΣF a G v γ M v γm v Geneelt fo legee i bevegelse ha vi at s v t T s v π γm Vi se at undetiden kun e avhengig av adiusen og jodens asse. c) B Geneelt gjelde: g G Foholdet bli da: G planet g planet g joden G joden 100N 500N g planet 1 5 g joden /s /s d) C På planet X: g X g X G γ M X X X γ M X g x γ M X X På planet Y: g Y γ M Y Y g X γ M X Y Y γ M X g x X Vi se at Y X

2 e) D ΣF 1 0 F 1 3G 0 kx 1 3G 0 x 1 3G k ΣF 0 F G 0 kx G 0 x G k x 1 x 3G k G k 3 f) C I topposisjonen vike tyngdekaften nedove og «hjelpe» noalkaften. I bunnposisjonen e disse keftene otsatt ettet, da å noalkaften bli støe enn den va øvest. g) C Geneelt ha vi: s v 0 t + 1 at so gi at t s a s fo det føste g tilfellet. I det ande tilfellet e akseleasjonen til ballen: a ball 3g + g 4g Dette gi: t ball s a ball s 4g 1 s g 1 t h) D Vi anta at det kun e den elektiske kaften so vike. ΣF a F e a qe a a qe q E Siden de koe satidig fa å de ha lik akseleasjon, so bety at foholdet q e likt.

3 i) A Det elektiske feltet gå adielt ut fa en positivt ladet patikkel. Videe e det elektiske feltet null langs linjen på figuen. Dette bety at den nedest patikkelen også å væe positivt ladd. j) D «La de stake fingene peke i etningen til qv slik at de peke i agnetfeltetning nå du bøye de. Toelen peke da i kaftetning.» Hvis vi følge denne egelen (qv ha etning i støetning) finne vi at den agnetiske kaften vike nedove, so figu D. k) C HHR1: «Nå vi kue de fie fingene på høye hånd undt en ett lede, ens toelen peke i støetningen, vise fingene oløpsettingen fo feltlinjene.» Nå vi følge denne egelen finne vi at agnetfeltet i L gå oppove so figuen unde. Vi buke nå egelen: «La de stake fingene peke i etningen til qv slik at de peke i agnetfeltetning nå du bøye de. Toelen peke da i kaftetning.» Dette gi en kaft på L ot venste. l) B Begge patiklene otee ed klokken. Det bety at de ha sae type ladning. Påstand B E deed feil. ) D Det e kun den agnetiske kaften F qvb so vike på patikkelen nå den e i agnetfeltet. Geneelt ha vi: ΣF a hvo a v F v qvb v qb v qb E k q B E k hvo v E k fo sikelbevegelse.

4 q B M M E k M q B E k d ( 1 d) 4 n) D Lenz lov sie at støen so oppstå gå i en slik etning at støen edusee fluksendingene. Støen i kets K vil lage et agnetfelt so på figuen unde: Magnetfeltet fa kets K gå UT av papiplanet. Støen i sløyfe S lage defo et agnetfelt so gå INN i papiplanet. Dette bety at støen S gå MED klokka. Ette en kot stund vil det ikke væe noe fluksending, deed vil støen opphøe. o) A Faadays induksjonslov sie: ε φ t Det e altså fluksendingen so skape den indusete spenningen. Fa posisjon 1 vil antall feltlinje gjenno sløyfa øke konstant, inntil hele sløyfa e «inne» i agnetfeltet. Da vil fluksendingen væe null igjen. Dette sasvae ed A og D. På vei ut vil antall feltlinje inke konstant. Nå skje det en fluksending, en den e otsatt av i sted. Støen vil deed gå otsatt vei av tidligee. Dette sasvae ed altenativ A. p) D De agnetiske keftene på sløyfa e gitt ved: F IlB. Keftene på de avlange sidene av ektangelet vil nulle hveande ut. q) C ΣF x a 0 G x + R 0 g sin θ + μn 0 μn g sin θ μg cos θ g sin θ g sin θ μ tan θ g cos θ ΣF y 0 N G y 0 N G y g cos θ μ tan θ

5 ) D a x v fo sikelbevegelse og v s π t T a x v ( π T ) 4π T 4π T Da få vi: ΣF x a x S x 4π T S sin θ 4π T g cos θ sin θ 4π T g tan θ 4π T gt tan θ 4π ΣF y 0 S y G 0 S y G S cos θ g S g cos θ s) D Det so kjennetegne et elastisk støt e at den salede kinetiske enegien e lik fø og ette støtet. Dette stee ed påstand D. t) C Vi benytte bevaing av bevegelsesengde: p fø p ette Mv M v 0 v Mv M 3,0kg 0,5/s 6/s 0,5kg u) D Fenoenet klipping oppstå nå det dynaiske oådet e fo lite. v) A Fotoelektisk effekt e at elektone figjøes nå elektoagnetisk ståling teffe et etall. w) D Et teghetssyste e et koodinatsyste so ikke e unde akseleasjon. Dette edføe at den ekaniske beskivelsen av en bevegelse vil oppfylle Newtons love. Det innebæe at enhve akseleasjon so obsevees i et teghetsyste e foåsaket av en kaft. x) B Reaksjon 1 og 3 kan skje hvis de oiginale patiklene ha tilstekkelig enegi.

6 Oppgave a1) Vi benytte bevaing av enegi: E 0 E 1 gh 0 1 v 1 v 1 gh 0 10/s 1,5 5 /s 5/s Faten i det laveste punktet bli 5/s. a) Dette e en sikelbevegelse ed adiusen 0,50. ΣF a N G v N g v 1 Hvo a v Og v 1 5/s fo sikelbevegelse N g + v 1 (g + v 1 ) 0,050kg (10/s + (5/s) ) 0,050kg 60/s 0,5 3N Noalkaften e 3 N nedest i sikelbanen. a3) Nå vi ha kontakt ed undelaget ha vi en noalkaft. Noalkaften kan væe liten, en å væe positiv. Maksial fat øvest i loopen e gitt ved: v g h Kobinet ed Newtons. lov fo sikelbevegelse få vi:

7 N + G v N g h g h g g ( h 1) g ( 5c 1) 0 50c Noalkaften e 0. Det bety at bilen ikke ha kontakt ed undelaget. b) Vi benytte bevaing av bevegelsesengde. p fø p ette kule v kule ( kule + kloss ) v felles v kule ( kule + kloss ) v felles (1g + 199g) 1/s kule 1g 00/s Hastigheten til kula va 00 /s. c1) Fa figuen se vi hvilken etning den agnetiske kaften ha. Vi buke «La de stake fingene peke i etningen til qv slik at de peke i agnetfeltetning nå du bøye de. Toelen peke da i kaftetning.» He å vi huske at q e negativ, slik at qv gå otsatt vei av v. Buke vi denne egelen finne vi at agnetfeltet gå ut av papiplanet. c) Det ande patikkelen e et positon. d1) Abeidet so bli gjot av den elektiske kaften e lik endingen i kinetisk enegi. Vi buke dette til å finne bevegelsesengden: W E k 1 ev eu 1 ev v eu e v eu e p e v e eu e e eu

8 d) Til en patikkel ed bevegelsesengde kan vi finne bølgelengden slik: λ h p h λ e eu Denne bølgelengden kalles også de Boglie-bølgelengden. d3) Vi buke he bae støelsesodenen til tallene. λ h e eu Js kg C 10 3 V 10 λ , ,5 Dette bety at vi få en oppløsning ned ot 10 10, Gullkonene ha diaete på 100 n, 10 7, og e deed ye støe enn oppløsningen. Vi bø få et fint, detaljet bilde av gullkonene. Oppgave 3 3a) E U d,4 V 0,01 40 V Det elektiske feltet gå fa positiv side til negativ side so på figuen.

9 3b) Fo at elektonet ikke skal teffe platen B å akseleasjonen tilbake ot plate A væe tilstekkelig sto, slik at elektonet ikke ekke ove. Dette bety at v 0 og at det elektiske abeidet bese elektonet fullstendig. Abeidet so bli gjot av den elektiske kaften e lik endingen i kinetisk enegi. v aks eu e W E k 1 ev aks eu 1 ev aks v aks eu e 1, C,4V 9, kg 919 k/s Den støste hastigheten elektonet kan ha ved plate A e 919 k/s uten å teffe plate B. 3c) Den kinetiske enegien e lik abeidet so den elektiske kaften gjø på elektonet fo å stoppe det. E k W Ue Spenning (V) 0,85 0,9 0,81 0,87 0,91 Kinetisk enegi (aj) 0,14 0,15 0,13 0,14 0,15 E k 0,14 + 0,15 + 0,13 + 0,14 + 0,15 aj 0,14aJ 5 Usikkehet: E k,aks E k,in 0,15 0,13 aj 0,01 aj Med usikkehet få vi at den kinetiske enegien til et elekton e: E k 0,14 aj ± 0,01aJ 3d) Den kinetiske enegien til elektonet e gitt ved E k E f + W hf + W. Vi se at foelen e på foen y ax + b, hvo h e stigningstallet til gafen og løsivningsabeidet W e konstantleddet. Vi finne en inste og støste vedi fo h ved egesjonsanalyse i Geogeba. Det gi følgende esultat ed enhet Js ( 10 0 J Hz )

10 Det støste avviket i Plankskonstant e 1, Js. Plancks konstant e otent 6, Js ± 1, Js. 3e) Vi ha bevaing av bevegelsesengde: p 0 p 1 hf 0 c ev 1 hf 1 c hf 1 c ev 1 hf 0 c f 1 ev 1 c h f 0 f 1 9, kg, /s 3, /s 6, Js f 1 1, Hz 0, Hz 0, Hz Fekvensen til fotonet ette støtet e 5, Hz. Oppgave 4 4a) og bevegelsesengden til fotonet p h λ hf c 0, Hz Vi finne høyden so hun kaste nå v 0x v 0 cos 30 3 v 0 og v 0y v 0 sin 30 1 v 0 s y v y v 0y a y a y s v y v 0y 0 v 0y ( 1 v 0) v 0 v 0 a y a y 8a y Ballen koe 7,1 ete (5,1 +) ove undelaget. Tiden det ta fø ballen teffe undelaget e: s y v 0y t + 1 a yt 8g joden (0/s) 8 ( 9,81/s ) 5,1 0 1 a yt + v 0y t s y 0 a y t + v 0y t s y 0 a y t + v 0 t s y

11 Lengde: t Kastet bli 38,5 ete langt. 4b) v 0 ± v 0 + 4a y s y t a y 0 ± ( 9,81) ( ) ( 9,81) t 1 0,18s t,s 0 ± ,81 ( 9,81) s x v 0x t 3 v 0t 3 0/s,s 38,5 På ånen e alt annet lik, botsett fa at a y g ånen 1,6/s s y v 0 (0/s) 8g ånen 8 ( 1,6/s ) 30,9 Ballen koe 3,9 ete (30,9 +) ove undelaget nå vi e på ånen. Tiden det ta fø ballen teffe undelaget e: Lengde: t v 0 ± v 0 + 4a y s y t a y 0 ± ( 1,6) ( ) ( 1,6) t 1 0,0s t 1,54s 0 ± ,6 ( 1,6) s x v 0x t 3 v 0t 3 0/s 1,54s 17, Kastet bli 17 ete langt nå vi e på ånen. 4c) Vi innføe et nytt kodinatsyste. Nå bli:

12 v 0x v 0, v 0y 0, a x g sin 30 1 g og a y g cos 30 3 g Vi finne tiden det gå nå s y 1,73 Tiden det ta fø ballen teffe undelaget e: s y v 0y t + 1 a yt s y 1 a yt s y 3 gt t 4s y 3g 4 ( 3) 3 ( 9,81/s ) 4s 9,81 t 0,63s Lengde: s x v 0x t v 0 t 0/s 0,63s 1,8 Vi teffe bakken i 1,8 ete fa de hvo vi kastet langs planet. NB: 4a og 4c kan løses gafisk ed en paatefastilling av banen til ballen. He se vi en bekeftelse på at lengden bli 38,5 ete i 4a), og at kastet bli 1,8 ete i 4c).

13 4d) Lett skiløpe: Tung skiløpe: a g sin θ μn L ΣF x a a ΣF x G x R L g sin θ μg cos θ L g(sin θ μ cos θ) L a konstant L Vi se at akseleasjonen e gitt ved en konstant L. Fo tunge pesone vil leddet L bli lite so bety støe akseleasjon. Den tunge pesonen vil i dette øyeblikket ha støst akseleasjon. Oppgave 5 5a) F 1, C s F qvb 0,35T 1, N Retningen e gitt av: «Nå vi legge fingene på høyehånd i støetningen på en slik åte at fingene peke ed agnetfeltet nå du bøye de, vil toelen peke i kaftetningen.». Støetning e he i etning av v, husk at q e negativ. Den agnetiske kaften på hvet elekton e 1, N og peke nedove i staven. 5b) Fodi at elektonene bli dyttet nedove i staven vil dette skape et oveskudd av negative ledninge nedest, og et undeskudd av elektone øvest. Dette vil skape et elektisk felt fa den positive siden av staven til den negative siden.

14 5c) Vi vil ikke ha en konstant akselesjon til elektonene. Vi ha altså at ΣF 0. ΣF 0 F F e 0 Vi få E vb, slik vi skulle vise. F F e qvb qe E vb 5d1,5d) Lenz lov sie at støen gjenno sløyefen pøve å otvike fluksendingen gjenno sløyfen. Vi vil få en økning NED gjenno støsløyfen, støen vil deed lage et agnetfelt OPP gjenno støsløyfen. Med høyehåndsegelen: «Nå støen gå i etningen so toelen peke i, bli etningen til det esulteende ketsfoige agnetfeltet slik fingene peke». Dette bety at støen gå MOT klokken. Faadays induksjonslov sie: ε ε B A t ε φ t B A t 0,35T π(0,10) 4 0,00s B π 4 t 0,137V I U R 0,137V 1,5Ω 0,11A Støen e i gjennosnitt 0,11A ot klokken. 5e) l ε Ed 0 l vbd 0 ε π T Bd Vi få ε πbl, slik so vi skulle vise. T 0 l Hvo v() π T πb T l d πb 0 T [1 l 0] πbl T