Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 Oppgav e Sva Foklaing a) B Feltet E gå adielt ut fa en positivt ladning. Siden ladning og 2 e like stoe, og ligge like langt unna P vil E væe like sto fa hve ladning. Vektosummen av disse gå på skå ned mot venste. b) D Den elektiske kaften mellom to punktladninge e gitt ved: F() = k q q 2 2 I avstanden 0 ha vi: F( 0 ) = k q q 2 2 = F 0 0 Demed: F ( 0 2 ) = k q q 2 ( 0 2 ) 2 = 4k q q 2 0 2 = 4F 0 c) A Det e et elektisk felt mellom platene. Dette gjø at det vike en elektisk kaft på elektonet som da det mot den positive ladde platen. d) C Det e kun gavitasjonen som vike på planetene. Vi ha: ΣF = ma G = m v2 γ mm 2 v2 = m Hvo a = v2 De G = γ mm 2 fo sikelbevegelse v = γ M. Faten minke nå adien øke. Påstand e demed feil. Fo den potensiell enegien: E p = γ mm. Dette bety at den potensielle enegien øke nå adien øke. Den høyeste potensielle enegien e 0 nå. Påstand 2 e demed iktig. e) D HHR: Nå vi kumme fingene på høye hånd undt en ett lede, mens tommelen peke i stømetning, vise fingene omløpsetningen til feltlinjene. Dette vil gi magnetiske feltlinje ut av papiplanet.
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 HHR2: La de stake fingene peke i etningen til qv slik at de peke i magnetfeltetning nå du bøye dem. Tommelen peke da i kaftetning. Nå vi buke HHR2 vil vi få en kaft oppove, denne vil gjøe at elektonet akseleee med en etning fa ledeen. f) C Magnetfeltet ha etning fa nodpolen til søpolen, altså til venste på figuen. Magnetfelt som e paallell med en lede vil ikke påvike ledeen. Altenativ A og B e demed utelukket. Hvis vi tenke oss at ledeen bestå av positive patikle som bevege seg med en fat i stømetningen kan vi buke HHR2 (beskevet i e)) til å finne etningen på kaften på ledeen. Dette gi at ledeen FG li påviket av en kaft som gå vinkelett inn i papiplanet, mens EH bli påviket av en kaft vinkelett ut av papiplanet. Esken vil demed bevege seg mot klokken. g) B Faadays induksjonslov gi: ε = φ B A = t t Den indusete spenningen e altså kun avhengig av hvo fot magnetfeltet ende seg. h) C På vei inn i spolen vil den magnetiske feltstyken ende seg me og me, og vi få økende induset ems. Nå magneten e inne vil ikke feltstyken endes like hutig og induset ems synke. Nå magneten e på vei ut vil igjen den indusete emsen ende seg hutig. Denne gangen vil feltstyken avta og fotegnet til emsen vil demed væe motsatt av i sted. Magneten ha også høyee fat, slik at feltstyken endes hutigee. Faadays induksjonslov gi: ε = φ B A = = A B t t t Det e altså hvo hutig B endes som gi induset ems. Del: Endingen i magnetfeltet e konstant og positiv. Dette gi en konstant og negativ induset ems. Del2: Endingen av magnetfeltet e lik null og den indusete spenningen e demed 0. Del3: Magnetfeltet ende seg hutig, men synke. Dette gi høy ems, med motsatt fotegn som i del. i) D I en tansfomato bli spenningen egulet opp elle ned.
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 j) D Hoisontal etning: I øyeblikket vi slippe ballen vil ballen ha høy fat i hoisontal etning (lik faten til flyet). Den hoisontale faten vil minke hutigst i staten, pga. luftmotstanden. Dette stemme kun med altenativ D. I vetikal etning vil statfaten væe null. Luftmotstanden vil gjøe sånn at fatsøkningen bli minde og minde. Dette stemme også kun med altenativ D. k) A Begge kulene state med v y = 0. Den hoisontale faten til kule A påvike ikke hastigheten i y-etning. Begge kulene vil ha en akseleasjon a y = g. De vil defo teffe bakken samtidig. l) B s y = v 0y t + 2 a yt 2 h = 2 gt2 t = 2h g m) D Det e ingen bevegelse i y-etning. Det bety at ΣF y = 0. Keftene i y-etning e gavitasjonen, og en like sto kaft som vike oppove. Dette må væe en fiksjonskaft. I hoisontal etning ha vi bevegelse og en sentipetalakseleasjon som vike mot sentum. Da må også ΣF x gå mot sentum. Dette passe med bilde D. n) B I punkt A ha sykelisten akseleasjon oppove. Nomalkaften fa bakken e altså støe enn gavitasjonen. o) D I punkt B ha sykelisten akseleasjon nedove. Nomalkaften fa bakken e altså minde enn gavitasjonen. ΣF x = m v2 = m v2 N x v = N x m mg v = N sin α m mg sin α v = cos α m v = g tan α ΣF y = 0 N y = G cos α N = N = mg cos α p) D Vi finne faten i B føst. E A = E B mgh A = 2 mv B 2 + mgh B
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 q) B v B 2 = mgh A mgh B 2 m = 2(gh A gh B ) = 2(g4 g2) = 4g Vide ha vi at: ΣF = m v2 N + G = m 4g N = 4mg G = 4gm mg = 3mg Noe av enegien «fosvinne» i støtet. Enegien e altså ikke bevat. Rett fø støtet e v p = 2gl ved enegibevaing fo ballen i punkt P. Videe: 2mv p = 3m v pq 2m 2gl 3m = v pq v pq = 2 2gl = 2 3 3 2gl Bevaing av enegi fo felleslegeme gi: 2 m pqv 2 pq = m pq gh gh = 2 v pq 2 gh = 2 (2 3 2gl) 2 = 2 (4 9 2gl) = 4 9 gl h = 4 9 l Den komme altså 4 l ove bunnpunktet. 9 ) B Vi ha: m v = m 2 v 2 2mv = mv 2 v = 2 v 2
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 Vide ha vi: E k = 2 m 2 v 2m ( 2 = 2 v 2) E k2 2 m 2v 2 2 = 2( 4 v 2 2 ) 2 = mv 2 v 2 2 s) D Vi anta at Jenny sin klokke gå i s og at hun bevege seg i en hastighet på 0,9c. Tiden Jan oppleve e da: t 0 s s t = = = = s = 2,29 s v2 c 2 (0,9c)2 c 2 0,8c2 0,9 c 2 Vi se at tiden i omskipet ( s) gå saktee enn tiden på joden (2,29 s). Påstand e sann. Tiden gå saktee jo stekee gavitasjonsfeltet e. Siden gavitasjonsfeltet næ stjenen e veldig mye stekee enn på joden vil tiden gå stadig saktee jo næmee stjenen den komme. Påstand 2 e demed sann. t) C Obsevatøen i begge efeansesystemene vil oppleve at Newtons. lov gjelde, altså e dette teghetssysteme. u) C Elektonet vil få en hastighet ette støtet. Dette bety at fotonet må ha oveføt noe av sin egen enegi til fotonet. Fotonet få altså minde enegi. Siden E f = hf se vi at lavee enegi hos fotonet bety lavee fekvens. v) D Heisenbegs uskaphetselasjon gi oss: x p h 4π = k p k x Vi se at denne fomelen e omvendt poposjonal. Dvs. gaf D. w) A Gluone fomidle steke kjenekefte. x) C Hooks lov sie: F = kx, hvo x e avstanden fa likevektslinja. I hoisontal etning ha vi: ΣF x = ma kx = ma a = kx m Dette gi støst akseleasjon nå x e sto. Altså nå klossen e i sine yttepunkte.
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 Oppgave 2 2a) Fotoelektisk effekt e at vi kan løsive elektone fa metallplate som bli belyst. Det en obsevete va at fekvensen til fotonene hadde innvikning på den kinetiske enegien til de løsevne elektonene. Hvis fotonene hadde fo lav fekvens ville de ikke klae å løsive elektone. Det ble også påvist at intensiteten/lysstyken i lyset ikke hadde innvikning på den kinetiske enegien elektonene hadde. Einstein foklate dette med en evolusjoneende ny modell fo lys. I denne modellen bestå lys av en støm med udelelige enegipakke, de det kun e lysets fekvens som bestemme enegien til lyset. Fotonenes enegi e gitt ved E f = hf, hvo h e en konstant, og f e fekvensen til lyset. 2a2) Vi ha E k = E f W, hvo W e løsivningsabeidet. Vi se at E f = 0, gi E k = W. Vi utvide linja i oppgaven og finne at den skjæe y-aksen i punktet 3,6 0 9 J. Løsivningsabeidet e 3,6 0 9 J. Fo Plancks konstant h ha vi: E k = E f W E k + W = E f E k + W = hf h = E k + W f En vedi fo h e 6,6 0 34 Js. = 3 0 9 J + 3,6 0 9 J 0 0 4 Hz = 6,6 0 9 J 0 5 Hz = 6,6 0 34 Js 2b) Faten til potonet e vinkelett på magnetfeltet B. Fa dette magnetfeltet vil det vike en kaft som stå vinkelett på faten til potonet og magnetfeltet. Denne kaften vil ende etningen til potonet, men den «nye» etningen vil fotsatt stå vinkelett på magnetfeltet og defo vil kaften alltid væe vinkelett på faten. Dette kjennetegne sikelbevegelse og potonet vil demed gå i en sikelbane i magnetfeltet. 2b2) Det e bae den magnetiske kaften F m som vike på potonet.
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 ΣF = ma ΣF = ma hvo a = v2 fo sikelbevegelse. F m = m v2 qvb = m v2 = m v2 qvb = mv qb Et uttykk fo adien e altså = mv qb 2b3) Siden vi ha en ettlinjet bevegelse må summen av keftene væe null. ΣF = 0 F e F m = 0 qe qvb = 0 E = vb 2c) Det e kun tyngdekaften G som vike. ΣF = ma G = mv2 γ mm 2 = mv2 v 2 = γm v = γm 2c2) Geneelt fo legeme i bevegelse ha vi at v = s t satellitten buke på en unde. Demed: som gi v = 2π T fo en sikelbane. He e T tiden
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 2π = T γm som vi skal løse med hensyn til. 4π 2 2 T 2 = γm 3 = γmt2 4π 2 3 = γmt2 4π 2 Vi se at uttykket vi få stemme med det vi skulle vise fa oppgaven. Oppgave 3 3a) Klossen på vei oppove: ΣF x = ma G x R = ma mg sin α μn = ma mg sin α μmg cos α = ma a = g sin α μg cos α a = g (sin α + μ cos α) a = 9,8m/s 2 (sin 28 + 0,20 cos 28 ) a = 6,337m/s 2 = 6,3m/s 2 ΣF y = 0 N G y = 0 N = G y = mg cos α Akseleasjonen e 6,3m/s 2 nedove skåplanet nå klossen bevege seg oppove.
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 3a2) Denne utegningen e svæt lik den i foige oppgave. Foskjellen e at fiksjonsmotstanden gå motsatt etning. Klossen på vei nedove: ΣF x = ma G x + R = ma mg sin α + μn = ma mg sin α + μmg cos α = ma a = g sin α + μg cos α a = g (μ cos α sin α) a = 9,8m/s 2 ( 0,20 cos 28 sin 28 ) a = 2,873m/s 2 = 2,9m/s 2 ΣF y = 0 N G y = 0 N = G y = mg cos α Akseleasjonen e altså 2,9m/s 2 nedove skåplanet nå den bevege seg nedove. 3b) Bevegelsen bestå av to dele, en hvo klossen bevege seg oppove og en hvo den bevege seg nedove. Akseleasjonen til klossen vil væe foskjellig i disse to delene, og det e demed imelig å anta at det vil væe et funksjonsuttykk fo å beskive bevegelsen nedove, og et annet fo å beskive bevegelsen oppove. I begge tilfelle vil s(t) væe på fomen s(t) = v 0 t + 2 at2, men akseleasjonen a vil altså væe foskjellig.
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 3c) Den letteste måten å finne et funksjonsuttykk fo s(t) e å buke egesjonsanalyse i Geogeba. Legge inn punktene fa tabell 2 i egneaket. Tykke på egesjonsanalyse og velge et andegadspolynom. Da få vi s(t) = 0,58t 2 + 0,99t + 0,27 Vi kan nå finne akseleasjonen ved hjelp av deivasjon: a(t) = s (t) = ( 0,58t 2 + 0,99t + 0,27) = (,6t + 0,99) =,6 Akseleasjonen e demed konstant og lik -,6m/s 2 nå klossen e på vei nedove skåplanet. 3d) Klossen på vei oppove skåplanet: ΣF x = ma G x R = ma R = ma G x R = ma mg sin α R = m(a + g sin α) R = 0.23kg( 6,9m/s 2 + 9,8m/s 2 sin 24 ) R = 0,4N ΣF y = 0 N G y = 0 N = G y = mg cos α Klossen på vei nedove skåplanet: ΣF x = ma G x + R = ma R = ma + G x R = ma + mg sin α R = m(a + g sin α) R = 0.23kg(,6m/s 2 + 9,8m/s 2 sin 24 ) R = 0,35N ΣF y = 0 N G y = 0 N = G y = mg cos α Fiksjonskaften e omtent like sto på vei opp og ned, men motsatt ettet fodi at fatsetningen ha skiftet.
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 Oppgave 4 4a) v = s t = 2π T Banefaten e 2,4m/s. 4b) g = G m g = γ mm 2 m = γm 2 hvo G = γ mm 2 2π 9400 km = 7t + 39min = 2π 9400 03 m 7 3600s + 39 60s = 244,5m/s v = 2,4km/s = 6,67 0 Nm 2 /kg 2,072 0 6 kg (00 m) 2 = 5,80 0 3 N/kg g = 5,80 0 3 N/kg på oveflaten til Phobos, slik vi skulle vise. 4b2) Vi buke samme famgangsmåte og få: g = γm 2 = 6,67 0 Nm 2 /kg 2,072 0 6 kg (, km + 5km) 2 = 6,67 0 Nm 2 /kg 2,072 0 6 kg (6, km) 2 g = 6,67 0 Nm 2 /kg 2,072 0 6 kg (6 00 m) 2 = 2,7583 0 3 N/kg g = 2,76 0 3 N/kg Dette e altså me enn en halveing av gavitasjonsfeltstyken 5km ove bakken. 4c) Vi egne ut hvo lenge steinen e i lufta ved å se på bevegelsene i y-etning: s y (t) = v 0y t + 2 a yt 2 = t(v 0y + 2 a yt) Vi sette s y (t) = 0 og få: 0 = t(v 0y + a 2 yt) som gi løsningene:
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 t = 0 t = v 0y 2v sin 5 2 5m/s sin 5 = = = 50,2s 2 a y a y 5,8 0 3 m/s 2 Det ta altså 50 sekunde fø ballen teffe bakken igjen. 4d) Vi mistenke at ballen komme såpass høyt at tyngdefeltet ikke e konstant. Det bety at vi må egne med enegibevaing. E = E 2 mv 2 2 γ mm = mv 2 2 2 γ mm hvo v 2 = 0. 2 2 v 2 γ M = γ M 2 2 ( 2 v 2 γ M ) = γm γm 2γM 2 = 2 v 2 γ M = v 2 2γM 2 = 2 6,67 0 Nm 2 kg 2,072 0 6 kg, 0 3 m (0 m s )2, 0 3 m 2 6,67 0 Nm 2 kg 2,072 0 6 kg = 2 =,587353 05 m 4 /s 2 3,2 m 3 /s 2 = 49604m = 49,6km,587353 0 0 m 4 /s 2, 0 5 m 3 /s 2 4,3 0 5 m 3 /s 2 Steinen komme altså 49,6 km ove månens sentum. Dette tilsvae: 49,6km,km = 38,5km. Dette bekefte at det va lut å anta at tyngdefeltet ikke va konstant, siden vi vet at tyngdekaften e me enn halvet 5km ove bakken. Steinen komme altså 38,5km ove oveflaten! Oppgave 5 5a) Nå en ett lede med lengden l bevege seg med faten v i et homogent magnetisk felt bli det induset en spenning: ε = vbl Vi skal finne stømmen og etningen: I = U R = ε R = vbl R,2 m/s 0,35 T 0,40 m = = 0,84A 0,20Ω Fo å finne etningen tenke vi oss en positiv ladd patikkel i metalstaven som bevege seg med hastigheten v mot høye. Ved hjelp av HHR2 finne vi at kaften på denne patikkelen vike nedove i staven. Vi få demed en støm på 0,84A med klokken. 5b)
Løsningsfoslag Fysikk 2 Vå 203 Det gå en støm gjennom staven. Elektisk ladde patikle som bevege seg vinkelett på et magnetfelt e påviket av kaften F m = qvb. Siden disse patiklene ikke ha mulighet til å folate staven vil kaften vike på staven. 5b2) Kaften på en ett stømføende lede som ligge vinkelett på et magnetfelt e gitt ved F m = IlB. Dette gi: F m = IlB = 0,84A 0,40m 0,35T = 0,2N Stømmen gå nedove i ledeen. Ved hjelp av HHR2 få vi at det vike en kaft mot venste på ledeen. Den magnetiske kaften på ledeen N e altså 0,2N og denne kaften e mot venste. 5c) På staven vike kun den magnetiske kaften F m. ΣF = ma de a = v F m = mv B2 l 2 v = mv R de F m = U lb = ε vbl lb = lb = B2 l 2 R R R R mv = B2 l 2 v som va det vi skulle vise. 5d) R Fodi s (t) = v(t) vil s(t) = v(t) Vi egne ut s(t) nå s(t = ). v s(t = ) = v(t)dt = 0 s(t = )=,224 (0 ) =,224,2 e 0,98t dt = [,2 0,98 e 0,98t ] 0 0 =,224 (e 0,98 e 0,98 0 ) Vi ha he egnet hvo langt den komme ette uendelig mye tid. Av gafen se vi at metalstaven i paksis alleede ha stoppet ette 6sekunde. Det bety at den bevegelsen e fedig ette 6 sekunde. Staven bevege seg,2m fø den stoppe ette 6 sekunde.