Løsningsforslag Fysikk 2 H2016 Oppgave 1 Oppgave Svar Forklaring a) D Magnetisk flukstetthet (feltstyrke) har symbol B og måles i Tesla b) B La de to planetene ha hhv. radius r #, r og masser m #, m. Gravitasjonsfeltet (tyngdeakselerasjonen) på overflatene er da g # = γm # r og g = γm # r Tyngdeakselerasjonen er lik, så g # = g γm # r = γm # r m # r = m # r Altså er forholdet mellom masse og kvadratet av radien det samme for de to planetene. c) A Kraften på en stjerne fra den andre er gitt av Newtons gravitasjonslov : γ F = γmm 2r = γm 4r Sentripetalakselerasjon for sirkelbevegelse gir a = v Innsatt i Newtons andre lov, F = ma, får vi γm 4r = mv r γm 4v = r r mv d) A Når vi ser bort fra luftmotstand er det kun én kraft som virker på ballen, nemlig tyngdekraften vertikalt nedover. Dermed har vi (fra Newtons andre lov) kun vertikal akselerasjon, og null horisontal akselerasjon. e) B Da ballen beveger seg både oppover og langs horisonten, er både vertikal- og horisontalkomponentene til farten forskjellig fra null. x(t) = 3t + 1 Posisjonen er gitt ved y t = t. Derivasjon av hver komponent gir hastighetskomponentene målt i m/s. Innsatt t = 2 gir v < (t) = x = t = 3 v > (t) = y = t = 2t v < (2) = 3 v > 2 = 2 2 = 4 r.
Farten er dermed v = v < + v > = 3 + 4 m s = 9 + 16 m s = 25 m s = 5 m s f) C I elastisk støt er den kinetiske energien bevart. Begge kulene har kinetisk energi # mv før støtet, til sammen E E = # mv + # mv = mv. Bevegelsesmengde er en vektorstørrelse, så selv om hver kule har bevegelsesmengde mv, vil de til sammen ha bevegelsesmengde mindre enn 2mv (vi er ikke gitt noe info om retningene til kulenes bevegelse før støtet, men vi kan være sikre på at kulene ikke beveger seg i samme retning, for da ville de aldri truffet hverandre). g) B Newtons andre lov gir kraften på klossen F = ma. Fra Newtons tredje lov vet vi at kraften på fjæren er like stor (og motsatt rettet). Hookes lov gir sammenheng mellom kraft, forlengelse og fjærkonstant. F = kx k = F x = ma x = 100 g 0,30 m s 9,0 cm 0,100 kg 0,30 m s = 0,090 m 100 0,100 kg 0,30 m s 10,0 kg 0,30 m s = = 100 0,090 m 9,0 m = 0,33 N m = 3,0 N 9,0 m h) C Elektronet er negativt ladet, slik at det tiltrekkes en positiv ladning og frastøtes en negativ ladning, som vist på figuren. Da avstanden mellom elektronet og de to punktladningene er like store, er kreftene like stor i absoluttverdi. Vektorsummen gir total kraft mot høyre. i) D Det elektriske feltet går radielt ut av en positiv punktladning og radielt inn mot en negativ punktladning. For at feltet skal være netto null, må feltene fra de to punktpartiklene være motsatt rettet i P. Dermed må altså begge være rettet inn mot punktladningene eller begge rettet ut av punktladningene, og ladningene har samme fortegn. Punktet P ligger lenger unna q # enn q. Fra Coulombs lov avtar feltet (i absoluttverdi) med kvadratet av avstanden. Feltene må være like sterke i P for å nulle ut hverandre. Dermed er q # > q.
j) A Vi benytter at kraften, farten og magnetfeltet følger et høyrehåndssystem, F = qv B. Høyrehåndsregelen gir da fartsretningen: Legg strake fingre på høyrehånd i negativ fartsretning (mot venstre, motsatt av elektronets fartsretning, fordi elektronet er negativt ladet) og krum fingrene i magnetfeltets retning (ut av papirplanet). Tommelen peker da i kraftretningen (oppover). Elektronet har fart mot høyre. Alternativt: Siden elektronet er negativt ladet bruker vi venstre hånd: Legg strake fingre på venstre hånd i elektronets fartsretning (mot høyre) og krum fingrene i feltretningen (ut av papirplanet). Da peker tommelen i kraftretningen (oppover). k) B Vi antar det er friksjon R fra underlaget i veibanen, slik at bilen ikke glir sidelengs. Tyngdekraften G på bilen er den samme som tidligere (rettet vertikalt nedover). Kraftsummen/sentripetalakselerasjonen ΣF = ma horisontalt inn mot svingen må øke når farten øker (for sirkelbevegelse er a = v r, som øker når v øker). Dermed må friksjonen R øke nedover skråplanet og normalkraften øke vinkelrett på skråplanet, slik at de til sammen gir en netto økning i ΣF horisontalt, men ingen vertikal endring. Kraften fra underlaget, F = N + R, øker dermed og skifter retning inn mot svingen. De grå pilene viser situasjonen første gang bilen kjører gjennom svingen. De røde pilene illustrerer forlengelsen av normalkraft, friksjon og kraftsum når farten øker gjennom svingen. Den sorte pilen viser kraften fra underlaget, F = N + R, når bilen har økt farten. NB! Kraftsummen er en fiktiv kraft. Tyngdekraften er ikke fra underlaget.
l) C I en sirkelbevegelse er kraftsummen rettet inn mot sentrum av sirkelbanen. Snorkraften S virker oppover langs snoren og tyngdekraften G virker loddrett nedover. Da kula ikke beveger seg vertikalt, gir Newtons første lov at tyngdekraften G motvirker vertikalkomponenten til S. Kraftsummen ΣF tilsvarer derfor horisontalkomponenten til S. m) B Fra Lenz' regel vil de induserte strømmene forsøke å motvirke endringen i magnetfeltet. Dvs., de induserte strømmene vil forsøke å bremse magneten. På oversiden av magneten vil det dermed induseres en magnetisk sørpol rettet mot stavmagnetens nordpol for å trekke den oppover. Dvs., indusert nordpol er rettet oppover. En høyrehåndsregel gir da strømretningen: La tommelen på høyre hånd peke i magnetfeltets retning (oppover). Da krummes fingrene i strømretningen (mot urviseren sett ovenfra). På undersiden av magneten vil det induseres en magnetisk sørpol rettet mot stavmagnetens sørpol for å skyve den oppover. Dvs., indusert nordpol er rettet nedover. Høyrehåndsregelen gir da strømretningen: La tommelen på høyre hånd peke i magnetfeltets retning (nedover). Da krummes fingrene i strømretningen (med urviseren sett ovenfra). n) B Retningen til den magnetiske kraften på en strømførende leder i et magnetfelt følger et høyrehåndssystem, F = Il B. Hørehåndsregelen gir da retningen til kraften på hver av sidekantene: Legg strake fingre på høyre hånd i strømretningen og krum fingrene i magnetfeltets retning. Da peker tommelen i kraftretningen. Da romben har like lange sider og motstående parallelle sider, vil kraften fra den ene siden motvirkes av kraften på den motstående siden. Summen av kreftene blir derfor totalt null. o) D Magnetfeltet B gjennom sløyfen er konstant, mens arealet øker tilsvarende arealet av en sirkel med radius r: ΔA = πr. Fluksendringen i løpet av tiden t blir derfor ΔΦ = ΔA B Faradays lov gir den gjennomsnittlige induserte elektromotoriske spenningen E = ΔΦ Δt = B ΔA t = πr B t
p) D Strømretningen følger av Lenz' regel. Den magnetiske fluksen gjennom kretsen øker (inn i papirplanet), så den induserte strømmen setter opp et magnetfelt rettet ut av papirplanet for å motvirke endringen. Vi bruker en høyrehåndsregel: Legg tommelen på høyre hånd i retningen til det induserte feltet (ut av papirplanet). Da krummer fingrene i strømretningen (mot urviseren) Perioden til det opprinnelige signalet leser vi av grafen (avstand mellom to nærmeste punkt i fase), T = 1,0 ms. Frekvensen til det opprinnelige signalet er derfor f = 1 T = 1 1,0 ms = 1 1,0 10 ]^ s = 1,0 10^ s ]# = 1,0 khz Perioden til det punktprøvde/samplede signalet leser vi av grafen (avstand mellom to nærmeste punkt i fase), T = 3,0 ms. Frekvensen til det punktprøvde signalet er derfor f = 1 T = 1 = 0,33 khz 3,0 ms Vi ser at det oppstår foldingsfeil/aliasing. Dette er fordi det punktprøves hvert 0,75 ms, som gir en punktprøvingsfrekvens/samplingsfrekvens 1,33 khz, hvilket er mindre enn Nyquistfrekvensen (det dobbelte av det opprinnelige signalets frekvens). q) D Fotoelektrisk effekt gir E abcbd = E E + W, der E abcbd = hf er fotonets energi og W er løsrivingsarbeidet for metallet. Det første elektronet får kinetisk energi E E = hf W Det andre fotonet har frekvens 2f, og elektronet får kinetisk energi som er større enn 2E E = 2hf 2W. E E, = 2hf W, r) B Elektromagnetiske krefter vekselvirker med fotoner. Det virker elektriske krefter mellom et proton og et elektron, så de vekselvirker derfor med fotoner. s) A Når elektronet, med ladning (i absoluttverdi) e akselereres av en spenning U, får det maksimal kinetisk energi eu. Dersom all energien overføres til fotonet i kollisjonen med metallet, blir fotonenergien hf = eu. f = eu h
t) D I en kjernefysisk reaksjon må ladning, bariontall og leptontall være bevart. Nøytronet n har ladning 0, bariontall +1 og (elektronisk) leptontall 0. Protonet p har ladning +1, bariontall +1 og (elektronisk) leptontall 0. Elektronet e ] har ladning 1, bariontall 0 og (elektronisk) leptontall +1. Elektronnøytrinoet har ladning 0, bariontall 0 og (elektronisk) leptontall +1 Antielektronnøytrinoet har ladning 0, bariontall 0 og (elektronisk) leptontall 1 Venstre side av reaksjonen har ladning 0, bariontall +1 og leptontall 0. Protonet og elektronet på høyre side av reaksjonen har til sammen ladning 0, bariontall +1 og leptontall +1. Ladningen og bariontallet er altså bevart, men ikke leptontallet. Vi er derfor på jakt etter en partikkel med ladning 0, bariontall 0 og leptontall 1. Derfor må X være et antielektronnøytrino. u) C Elektronene danner interferensmønster gjennom en dobbelspalte på samme måte som lys (selv om vi bare sender ett elektron om gangen!). Det kan forklares ved at elektronene har bølgeegenskaper. v) C Person A møter lyset fra lynet som slår ned fremst i toget og reiser fra lynet som slår ned bakerst i toget. Når B opplever at begge lynene slår ned samtidig, vil det bakre lyset bruke lenger tid på å nå frem til person A enn det fremre. Dersom B observerer at lynnedslagene er samtidige, vil A observere at lynet slo ned fremst i toget først. w) B Formelen for totalenergi er E = γmc, der Lorentzfaktoren er γ = 1 1 v /c. Når v 0 går γ 1 og E mc, massens hvileenergi. Energien er altså positiv når farten er null. Når v c går γ og E. Partikkelen kan ikke bevege seg raskere enn lyshastigheten c. x) D Lyset fra stjernen krummes mot Sola og månen som følge av generell relativitetsteori. Øyet kan imidlertid ikke tolke at lyset har beveget seg i en krum bane, og tror lyset kommer fra en rett bane. Stjernens posisjon forskyves dermed radielt vekk fra Sola og Månen. Observasjonen gjøres best under total formørkelse, for da dekker Månen for det forstyrrende sollyset.
Oppgave 2 2a1) Tyngden G virker vertikalt nedover fra kiterens tyngdepunkt. Snorkraften S virker langs snoren (med en horisontalkomponent S < og en vertikalkomponent S > ). Normalkraften N virker på kiteren normalt opp fra underlaget, på figuren samlet i ett punkt ved føttene. Friksjonskraften (og luftmotstanden) R virker horisontalt mot bevegelsesretningen, på figuren samlet i ett angrepspunkt bak på skiene. Kiteren har konstant fart. Newtons første lov gir dermed at summen av kreftene må være null, både vertikalt og horisontalt. Dermed er S > + N = G og S < = R. 2a2) Newtons første lov gir at kraftsummen i vertikalretningen må være null, da Kiteren har konstant fart. S > + N G = 0 S > = G N = 700 N 500 N = 200 N Vertikalkomponenten til snorkraften er 200 N. 2a3) Newtons første lov gir at kraftsummen horisontalt må være null, da Kiteren har konstant fart. Den samlede motstanden R blir derfor like stor som snorkraftens horisontalkomponent S <. Vertikalkomponenten til snordraget kan uttrykkes ved S > = S sin φ, der φ = 30 er vinkelen snora danner med horisontalen. Snorkraften er dermed S = S > sin φ. Da blir den samlede motstanden R = S < = S cos φ = S > 200 N 200 N cos φ = cos 30 = sin φ sin 30 1 2 3 = 3 200 N 350 N 2
2b) Vi velger her positiv retning med urviseren. Vi kan dele bevegelsen inn i tre deler. 1) Først beveger sløyfen seg 5 cm på veg inn i feltet, der den magnetiske fluksen gjennom sløyfen øker. 2) Deretter beveger sløyfen seg 5 cm der hele kretsen er fullstendig inne i magnetfeltet og fluksen er konstant. 3) Til slutt beveger den seg 5 cm på veg ut av feltet, der den magnetiske fluksen gjennom kretsen avtar. Sløyfen har fart v = 5,0 m s. Tiden sløyfen bruker på å bevege seg en strekning s = 5,0 cm er da Δt = s v = 5,0 cm 5,0 m s = 0,050 m 5,0 m s = 0,010 s = 10] s = 10 ms 1) På vei inn i magnetfeltet: Endringen av arealet til sløyfen inne i feltet er ΔA = 5,0 10 ] m = 25 10 ] m i løpet av de første 10 ms. Fra Faradays lov er den induserte elektromotoriske spenningen E # = ΔΦ Δt = ΔA B Δt = 25 10] m 25 10 ] T 10 ] s = 625 10 ] V 63 mv Lenz' regel gir at det induseres en elektromotorisk spenning som setter opp et felt ut av papirplanet for å motvirke fluksendringen. Høyrehåndsregelen gir at retningen av emsen da er mot urviseren (derav negativt fortegn). 2) Helt inne i magnetfeltet: Arealet og magnetfeltet er konstant, så fluksen er uendret, ΔΦ = 0, i løpet av de neste 10 ms. Faradays lov gir da E = ΔΦ Δt = 0 3) På veg ut av magnetfeltet: Arealendringen av sløyfen inne i feltet er ΔA = 25 10 ] m i løpet av de neste 10 ms. Det gir samme fluksendring som i tilfelle 1), men motsatt fortegn. E^ = ΔΦ Δt 63 mv Den induserte spenningen setter opp et felt inn i papirplanet for å motvirke fluksendringen, jf. Lenz' regel. Høyrehåndsregelen gir da at emsens retning er med urviseren (derav positivt fortegn). Vi kan nå tegne grafen
2c1) Heisenbergs uskarphetsrelasjon gir Δx Δp h 4π Δp h 4π Δx Den minste uskarpheten i elektronets bevegelsesmengde er derfor der Δx = 1 10 ]#ƒ m er atomets utstrekning. Δp = h 4π Δx, 2c2) La bevegelsesmengde p være lik uskarpheten fra oppgave 2c1). Elektronet har masse m = 9,1 10 ]^# kg 10 ]^ƒ kg. Farten v er da gitt ved sammenhengen p = m v v = p h = m 4π Δx m = 1 4 h π 1 Δx 1 m 1 4 2 10]^ Js 1 10 ]#ƒ m 1 10 ]^ƒ kg = 1 4 2 10]^ Js 10 #ƒ m ]# 10^ƒ kg ]# = 1 4 2 10]^ #ƒ ^ƒ Js kg m = 0,5 10 kg m s s kg m = 5 10ˆ m/s (Vi legger merke til at dette er omtrent én tusendel av lyshastigheten, og det er ingen fare at vi regnet klassisk.)
2d1) Når kula skytes inn i klossen, deformeres klossen og de to legemene beveger seg nå som ett legeme. Derfor går noe kinetisk energi tapt. Dette kalles et fullstendig uelastisk støt. 2d1) La u < være kula og klossens felles fart rett etter støtet. Bevegelsesmengden er bevart i støtet, så p aø = p ŒccŒ mv < = m + M u < v < = m + M m u < Det gjenstår å bestemme u <. Etter støtet svinger klossen og kula til en maksimal høyde y. Bevaring av mekanisk energi gir da at den kinetiske energien til klossen og kula rett etter støtet er lik den potensielle energien på det høyeste punktet. E E = E Ž 1 2 m + M u < = m + M gy u < = 2gy u < = 2gy Farten til kula før støtet er dermed v < = m + M m 2gy Q. E. D.
Oppgave 3 3a) Akselerasjonen er stigningstallet til den rette fartsgrafen a = Δv 0 6,0 m/s = = 7,5 m/s Δt 0,8 0 s Akselerasjonen er altså 7,5 m/s rettet nedover skråplanet. 3b) Forflytningen er gitt ved tidsintegralet av farten, som tilsvarer arealet under fartsgrafen. Vi benytter at flaten under fartsgrafen er trekantformet. Klossen sklir altså 2,4 meter oppover skråplanet. s = 1 6,0 m s 0,8 s = 2,4 m 2 3c) Når klossen sklir ned igjen, vil friksjonen virke i motsatt retning. Vi må derfor beregne akselerasjonen på nytt, f.eks. ved å ta utgangspunkt i kreftene som virker på klossen. G = mg G < = mg sin 30 N = G > = mg cos 30 (Newtons 1. lov i y-retning, ΣF > = 0) R = μn = μmg cos 30 ΣF < = R G < = μmg cos 30 mg sin 30 = mg(μ cos 30 sin 30 ) Newtons andre lov i x-retning gir akselerasjonen langs planet ΣF < = ma a = ΣF < m = mg μ cos 30 sin 30 m = g μ cos 30 sin 30 = 9,81 m s 0,31 cos 30 sin 30 = 2,27 m s
Farten er null på det høyeste punktet på skråplanet. Farten i bunnen av skråplanet finner vi fra tidløs bevegelsesformel. Strekningen tilbake til bunnen er like lang som på veg opp. Den fant vi i oppgave 3b). v v ƒ = 2as v = 2as = 2 2,27 m s 2,4 m = 3,3 m s Til slutt trenger vi tiden det tar før bunnen nås. Den finner vi fra fartsformelen. t = v a = v = v ƒ + at 3,3 m s 2,27 m s 1,5 s Klossen når altså bunnen etter 0,8 + 1,5 s = 2,3 s fra start. Vi kan nå tegne grafen.
Oppgave 4 4a) Fluksen er gitt ved Φ t = B t A. Arealet av spolen er konstant A = 10 cm = 0,10 m = 0,010 m. Fluksen ved t = 0,050 s er gitt ved Φ 0,050 s = B 0,050 s A = 0,17 T e ]#ƒƒ š ƒ,ƒˆƒ š 0,010 m = 1,3239 10 ]^ Tm 1,3 mwb 4b) Fra Faradays induksjonslov er den elektromotoriske spenningen gitt ved fluksendringen per tidsenhet. Magnetfeltet er ikke konstant, så vi deriverer (med kjerneregel) for å finne endringen. Den elektromotoriske spenningen er da E 0,050 s = N Φ = 0,050 s = 5 B = 0,050 s A B = t = B ƒ e ]E š kt = = B ƒ e ]E š 2kt = 2kB ƒ t e ]E š = 5 2 100 s ] 0,17 T 0,050 s e ]#ƒƒ š ƒ,ƒˆƒ š 0,010 m = 0,066198 V 66 mv Magnetfeltet avtar gjennom spolen. Fra Lenz' regel vil den induserte spenningen generere et magnetfelt rettet i samme retning som B på figuren for å forhindre fluksendringen. Høyrehåndsregelen gir da at den induserte spenningen er rettet med urviseren (derav positivt fortegn).
Oppgave 5 5a) Kraftsensoren måler tyngdekraften og fjærkraften som skyldes forlengelse fra likevekt (Hookes lov). F = mg + kx Ved likevekt (x = 0) er fjærkraften like stor som tyngdekraften (kraftsummen er null, F = mg). Når loddet befinner seg under likevektslinjen (fjæren strekkes, x > 0), får loddet en akselerasjon oppover. Det betyr at fjærkraften på loddet er større enn tyngdekraften (Newtons andre lov, F > mg). Når loddet befinner seg over likevektslinjen (fjæren trykkes sammen, x < 0), får loddet en akselerasjon nedover. Det betyr at fjærkraften er mindre enn tyngden (Newtons andre lov, F < mg). Det følger at F er størst når loddet er på bunnpunktet av svingebevegelsen (6,9 cm under likevektslinjen) og F er minst når loddet er på toppunktet av svingebevegelsen (6,9 cm over likevektslinjen) 5b) Målingene viser at største kraft er ca. F Ÿ = 12 N og minste kraft er ca. F Ÿ d = 8,7 N. Likevektslinjen ligger midt mellom, F Œ Œ c = F Ÿ F Ÿ d 2 + F Ÿ d = 12 8,7 N + 8,7 N = 10,35 N 2 Ved å benytte at likevektskraften er lik tyngdekraften finner vi loddets masse. m = F Œ Œ c g F Œ Œ c = mg = 10,35 N = 1,055 kg 1 kg 9,81 m/s 5c) En forlengelse Δx = 2 6,9 cm = 13,8 cm = 0,138 m gir en kraftendring ΔF = F E F Ÿ d = 3,3 N. Fjærstivheten følger av Hookes lov. k = ΔF Δx = 3,3 N 0,138 m 24 N m
Oppgave 6 6a) Kraft, fart og magnetfelt følger et høyrehåndssystem (Lorentzkraften), F = qv B. Vi må imidlertid passe på retningen, da elektronet har negativ ladning, F = ev B. På figuren har vi latt magnetfeltet B peke ut av papirplanet. I en sirkelbevegelse er farten v tangentiell til sirkelbanen og kraften F virker inn mot sentrum. Høyrehåndsregelen for negativ ladning gir sammenhengen mellom de tre: Legg strake fingre på høyre hånd i negativ fartsretning og bøy fingrene i magnetfeltets retning. Da peker tommelen i kraftretningen. Alternativt kan vi bruke venstre hånd, fordi elektronet har negativ ladning: Legg strake fingre på venstre hånd i fartsretningen og bøy fingrene i magnetfeltets retning. Da peker tommelen i kraftretningen. 6b) Banefarten i sirkelbevegelsen er v = ª. Sentripetalakselerasjon i sirkelbevegelse er Lorentzkraften er a = v r = 2πr T r = 4π r T r F = evb = e 2πr T Den magnetiske flukstettheten B følger da av Newtons andre lov e 2πr T F = m a B = m 4π r T T 2πre B = m 2π et = 9,81 10 ]^# kg 0,32 T B = 4π r T 2π 1,6 10 ]# C 1,2 10 ]#ƒ s
6c) Elektronet har først kinetisk energi E E = (1/2) m v ƒ. Elektronet stopper når all kinetisk energi er overført til elektrisk potensiell energi, E Ž = k qq/r, der r er avstanden mellom elektronet og blyionet på det nærmeste. Både elektronet og blyionet har ladning e. Da elektronet starter svært langt unna blyionet, kan vi regne den elektriske potensielle energien for null ved start. E E = E Ž 1 2 m v ƒ = k e e r r = 2k e m v ƒ = 2 8,99 10 N m C 1,60 10 ]# C 9,11 10 ]^# kg 2,25 10 m s = 9,98 10 ] m 1,0 µm Den minste avstanden mellom elektronet og blyionet er 1,0 µm
Oppgave 7 7a) Banefarten er gitt ved v = 2πr/T, der r = d/2 = 0,15 m er halve diameteren og T er rundetiden. T = 1 f = 1 33 1 = 1 minutt 3 runder/minutt 33,33 runder = 60 s = 1,80 s/runde 33,33 runder 2π 0,15 m v = = 0,5235 m/s 1,8 s Sentripetalakselerasjonen for et frø ytterst på platen blir da a = v r = 0,5235 m/s 0,15 m = 1,827 m/s 1,8 m/s 7b) Tyngdekraften G = mg virker loddrett nedover. Normalkraften N er like stor og motsatt rettet tyngden (Newtons første lov vertikalt). Friksjonen fra bomullen (sentripetalkraften) F = ma virker mot sentrum i sirkelbanen. Fra oppgave 7a) har vi at a = 1,8 m/s g/5. Derfor er lengden av F omtrent en femtedel av tyngdekraften. 7c1) Fra Einsteins ekvivalensprinsipp er akselerasjon ekvivalent med gravitasjon. Sentripetalakselerasjonen inn mot sentrum vil oppleves som en gravitasjon vekk fra sentrum. Planten vokser i motsatt retning av den opplevde gravitasjonen det vil si på skrå oppover og inn mot sentrum av platen, som illustrert på figuren. Vinkelen med vertikalen er gitt ved tan α = g < = a 1,827 m s = g > g 9,81 m s = 0,1862 α = tan ]# 0,1862 11 Planten vil spire inn mot sentrum i en vinkel 11 med vertikalretningen
7c2) Nærmere sentrum av platen er radien r til sirkelbanen mindre og sentripetalakselerasjonen a = v r = 2πr T r = 4π r T blir også mindre. Dermed blir den ekvivalente gravitasjonen vekk fra sentrum mindre, og vekstretningen danner en mindre vinkel med vertikalen. Påvirkningen blir mindre nærmere sentrum. 7d) Det følger av Einsteins ekvivalensprinsipp at akselerasjon og gravitasjon er ekvivalente. For spiren vil opplevelsen av akselerasjonen kjennes lik opplevelsen av å være i ro i gravitasjonsfeltet til planet X. Gravitasjonsfeltstyrken på overflaten til planet X er dermed (etter figuren på forrige side) g = g + a = 9,81 + 1,827 m s = 9,9786 m s X skal ha samme massetetthet som Jorda. La M og R være henholdsvis jordmassen og jordradien, mens M < og R < er henholdsvis massen og radien til planet X. Massetettheten til X og Jorda blir da ρ = M = M 4 3 πr 4 ^ 3 πr ^ M = M R ^ Newtons gravitasjonslov gir følgende uttrykk for gravitasjonsfeltstyrken på overflaten til X Innsatt i uttrykket for massen over, får vi g = γm R R = γm g M = M R ^ #/ γm g R ^ ^/ M R ^ = M γ^ M ^ R ^ g ^ M γ^ = M R ^ g ^ ^ M M γ^ = M R ^ g <^ M γ^ = M ^ ]# # g ^
M = R ^ g <^ M γ^ = R g <^ M γ^ = 6371 10^ m 9,9786 m s ^ 5,974 10 kg 6,67 10 ]## N m kg ^ 6,3 10 kg 1,05M º Planet X har masse 6,3 10 kg, som tilsvarer 1,05 ganger jordmassen.