Løsningsfoslag Fysikk 2 H2017 Oppgave 1 Oppgave Sva Foklaing a) B Magnetisk fluks måles i Webe (Wb), som foøvig e det samme som Teslakvadatmete (T m & ). b) B Klossen bevege seg ikke nomalt på bakkeplanet, så Newtons 1. lov gi at nomalkaften N e like sto som, og motsatt ettet, nomalkomponenten til tyngdekaften G ) N = G ) = mg cos θ Klossen bevege seg med konstant fat, så Newtons 1.lov gi at fiksjonskaften R e like sto som paallellkomponenten til tyngden G 2 R = mg sin θ Fiksjonstallet e gitt ved μ = R N mg sin θ sin θ = = = tan θ mg cos θ cos θ c) B Unde hele bevegelsen vike tyngdekaften med en konstant komponent nedove og paallelt med skåplanet. Det vike ingen fiksjon elle ande kefte i bevegelsesetningen. Newtons 2. lov gi demed en konstant akseleasjon i negativ etning, og fatsgafen bli en ett linje med konstant negativt stigningstall unde hele bevegelsen. Faten e føst positiv, og avta til den bli null på det høyeste punktet, fø den øke igjen i motsatt etning (bli negativ). d) D Tekkaften i fjæa e lik tyngdekaften på loddet, F = mg. Folengelsen fa likevekt e x = l l <. Hookes lov gi F = kx, så fjækonstanten e k = F x = mg l l < e) B Den vetikale posisjonen til en ball som kastes hoisontalt fa utgangshøyden y < e gitt ved y = y < (1 2)gt &. Ballen lande nå y = 0, dvs nå y < = (1 2)gt &, elle nå t = 2y < g. Demed bli t E = 2y E< g t F 2y F< g = y E< = y E< = y F< y F< 8 m 4 m = 2
f) C Bevaing av bevegelsesmengde, ladning og lepton-/bayontall gi at eneste mulige altenativ e at minst to fotone dannes i kollisjonen (altenativ C). Det kan ikke dannes bae ett foton (altenativ A), fo da e ikke bevegelsesmengde bevat. Det kan ikke dannes ett nøyton (altenativ B), fo da bli ikke lepton- /bayontallet bevat. Det kan ikke dannes ett elekton og ett poton (altenativ D), fo da e ikke lepton-/bayontallet bevat. g) D Nå bilen følge en sikelbane med adius = 10 m i en hastighet v = 10 m s, e sentipetalakseleasjonen a = v & = 10 m s & 10 m = 10 m s &, det vil si like sto som tyngdeakseleasjonen. Kaftsummen på bilen e, ifølge Newtons 2. lov, ΣF = ma. Tyngdekaften G = mg vike nedove og nomalkaften N vike oppove, så ΣF = ma N mg = ma N = ma mg = m a g = 0 h) B Boksen bevege seg ikke i vetikal etning, så Newtons føste lov gi at nomalkaften e like sto som tyngdekaften, N = G = mg. Banefaten e v = 2π T, og fo at boksen skal klae å følge sikelbevegelsen, keves en sentipetalkaft ΣF = m v& = m 2π T & = m 4π& T & Det e kun fiksjonskaften som kan vike hoisontalt, og den maksimale fiksjonskaften e gitt ved fiksjonstallet, R = μn = μmg. Så den maksimale omløpstiden få vi nå ΣF = R = μmg m 4π& T & = μmg T = 2π μg i) C Patikkelen falle med konstant fat, så Newtons føste lov gi at den elektiske kaften F P = qe oppove e like sto som tyngdekaften G = mg nedove. F P = G qe = mg E = mg q j) A Loentzkaften med Newtons ande lov og sentipetalakseleasjon gi F F = m T a evb = m Tv & eb = v& m T v v = eb m T
k) C Vi buke en høyehåndsegel: Legg tommelen i stømetningen (oppove i papiplanet). Da kumme de øvige fingene i magnetfeltets etning (undt ledeen, og inn i aket ved punkt P) l) A Den magnetiske kaften på et stykke L av en stømføende lede med støm I plasset i magnetfeltet til en paallell stømføende lede med støm I i en avstand d, e gitt ved (se fomelvedlegget) I [ I & F = k Z d L = k I & Z d L m) A Magnetfeltet mellom stavmagnetene e ettet fa nod til sø. Vi benytte at den magnetiske kaften F = Il B følge et høyehåndssystem: Legg stake finge på høye hånd i stømetningen og kum dem i magnetfeltets etning. Da peke tommelen i kaftetningen, dvs. nedove på figuen. n) C Faadays lov gi at den indusete spenningen e lik den tidsdeivete av fluksen ℇ = dφ F dt Nå vi integee spenningsgafen ove tid, få vi at aealet unde gafen e den totale fluksendingen gjennom spolen A = `b `a ℇ dt = c a c a dφ F dt = dφ c b dt F = Φ [ Φ < = ΔΦ F Siden den totale fluksendingen på veg inn e like sto som den totale fluksendingen på vei ut, bli de to aealene A [ og A & like stoe. A & bli imidletid smalee enn A [, fodi magneten akseleees av tyngden, og demed buke minde tid på vei ut. Det gi en støe fluksending pe tid, og demed støe induset spenning (jf. Faadays lov), så A & e også høyee enn A [. Fluksendingen e null ved tidspunktet 0,30 s, siden he e den indusete spenningen null. Demed e også det indusete magnetfeltet null. c b
o) B Ladning, bayontall og leptontall må væe bevat nå myonet henfalle. μ e ha ladning -1 og leptontall +1. e e ha ladning -1 og leptontall +1. e f ha ladning +1 og leptontall -1. ν ha ladning 0 og leptontall -1. ν ha ladning 0 og leptontall +1. p ha ladning +1 og bayontall +1. p) A Sælig det høye innholdet av kalsium i beinvevet absobee øntgenståle bede enn annet vev i koppen. En detekto/film på motsatt side av koppen vil defo egistee fæe fotone i omådet bak beinvevet, og en «skygge» av skjelettet bli synlig på bildet. q) C Ifølge Einsteins fomel fo fotoelektisk effekt e den maksimale kinetiske enegien gitt ved E i,klmn = hf W, de h e Plancks konstant, f e fekvensen til de innsendte fotonene og W e løsivingsabeidet. Vi se at E i,klmn gi en ett linje som funksjon av fekvensen, med stigningstall h og konstantledd W. Den øde gafen skal ha støe løsivingsabeid enn den blå, så den øde skjæe y-aksen ved en me negativ vedi enn den blå. De ha samme stigningstall h, så gafene e paallelle. ) C Ifølge Einstein ha masse enegi, E = mc &. Det vil si, massen tenge ikke væe bevat, da masseenegien kan gå ove i ande enegifome. s) D Newtons føste lov gjelde bae i teghetssysteme (altenativ D). I et akseleet system kan et legeme akseleee, selv om kaftsummen på legemet e null. Tenk bae på hvodan du selv kastes femove i bussen nå den båbemse, elle hvodan tøyet slenges sentifugalt ut fa sentum av vaskemaskinen. Legeme kan imidletid akseleees i et teghetssystem, og fa Newtons ande lov e kaftsummen da foskjellig fa null (altenativ A og C e defo gale). Newtons tedje lov gjelde også i akseleete systeme (Altenativ B e galt). Denne oppgaven foutsette at vi bae betakte de fysiske keftene, og ikke fiktive kefte (som sentifugalkaft og Coioliskaft). Slike fiktive kefte bli gjene innføt fo at Newtons to føste love skal gjelde i et akseleet system. Da gjelde ikke Newtons tedje lov. t) D Et av Einsteins posulate fo elativitetsteoien, e at lysets hastighet c i vakuum e den samme fo alle obsevatøe. Påstand 2 e defo gal. Fo Kut gå lyset ett opp og ett ned igjen, en stekning 2h. Tiden e defo t t = 2h c. Fo Pia bevege i tillegg lyset seg hoisontalt med toget, og defo en lenge stekning 2s > 2h. Siden lyshastigheten e uendet, bli defo tiden t w = 2s c > 2h c = t t. Påstand 1 e defo også gal. u) D Elektonene skytes gjennom en tynn metallfolie, som fungee som et gitte. Vi få et intefeensmønste på skjemen. Dette vise at patiklene oppføe seg som bølge med en de Boglie-bølgelengde.
v) D Mennesket kan høe fekvense f 20 000 Hz. Nyquistegelen gi at punktpøvingsfekvensen (samplingsfekvensen) må væe minst dobbelt så sto som den høyeste fekvensen som skal måles, fo å gjenskape det koekte lydsignalet, så f { 40 000 Hz (fo CD e punktpøvingsfekvensen 44 100 Hz). Demed bli tiden mellom to punktpøvinge T = 1 f { 1 40 000 s. w) A La satellitten ha masse m, Joda ha masse M, gavitasjonskonstanten væe γ og baneadien væe. Gavitasjonell potensiell enegi e da gitt ved E = γmm. Denne e altså negativ og gå mot null nå adien øke, og den gå mot negativ uendelig nå adien gå mot null. Satellitten gå i en sikelbane, så gavitasjonskaften må væe sentipetalkaften. ΣF = G mv & = γmm & v& = γm Det gi kinetiske enegi E i = 1 2 mv & = γmm 2. Denne e positiv og gå mot null nå adien øke, og den gå mot positiv uendelig nå adien gå mot null. x) A Gavitasjonskaften fa Joda e den eneste kaften som vike på satellitten. Newtons ande lov og sentipetalakseleasjon gi ΣF = G mv & = γmm & v& = γm v = γm
Oppgave 2 2a1) Gjenstanden befinne seg i en så sto høyde at vi ikke kan egne med gavitasjonsfeltet som homogent. Den potensielle enegien i fohold til nullnivå uendelig langt bote, e E < = γmm R + h = γmm 2R 2a2) Like fø gjenstanden teffe jodoveflaten ha den potensiell enegi E = γmm R Hvis vi anta at planeten ikke ha noen atmosfæe/luftmotstand, gi bevaing av mekanisk enegi at den potensielle enegien gå ove til kinetisk enegi. Gjenstanden slippes uten statfat, så E i< = 0. Vi kan demed beegne faten v like fø gjenstanden teffe oveflaten E i + E = E i< + E < E i = E < E = γmm 2R 1 2 mv& = γmm 2R γmm R = γmm 2R v = γm R
2b1) Einsteins fomel fo fotoelektisk effekt gi den maksimale kinetiske enegien E i,klmn = hf W, de h e Plancks konstant, f e fekvensen til det innsendte lyset og W e løsivingsabeidet. Dette e fomen til en ett linje med stigningstall h og konstantledd W. Vi vil defo tekke en ett linje gjennom målepunktene. 2b2) Vi tekke en ett linje gjennom punktene. Løsivingsabeidet finne vi ved å lese av y-vedien de linjen skjæe y-aksen: W = 0,3 aj Plancks konstant finne vi ved å beegne stigningstallet til gafen h = 0,4 aj 0,3 aj 10 10 [ s e[ = 0,7 10e[ J 10 10 [ s e[ = 0,07 10eŠ& Js = 7 10 eš Js Dette samsvae ba med tabellvedien på 6,63 10 eš Js.
2c1) Vogna ha i utgangspunktet kinetisk enegi E i< = 1 2 mv& = 1 2 2,0 kg 4,0 m s & = 16 J Nå vogna e pesset inn på det meste, e all kinetisk enegi oveføt til elastisk potensiell enegi i fjæa. E = E i< 1 2 kx& = E i< x & = 2E i< k x = 2E i< k = 2 16 J 8,0 10 N/m = 4,0 10e m & = 2,0 10 e& m = 2,0 cm Fjæa pesses sammen 2,0 cm nå den kollidee med veggen 2c2) Velg positiv etning mot høye. Bevaing av bevegelsesmengde i støtet gi p = p < m E v E + m F v F = m E u E + m F u F m F v F = m E u E m E v E + m F u F v F = m E m F u E v E + u F 2,0 kg = 6,0 kg 4,0 m s 5,0 m s + ( 2,0 m s) = 9,0 m s 3,0 2,0 m s = 3,0 m s 2,0 m s = 1,0 m s Ette støtet bevege vogn B seg mot høye med en hastighet 1,0 m s
2d1) Einsteins ekvivalenspinsipp gi at gavitasjon og akseleasjon oppleves likt. Vi må altså finne sentipetalakseleasjonen a slik at den bli like sto som tyngdeakseleasjonen på Joda. Vi buke a = g = 10 m s &. Radien e ž = 500 m fa sentum til gulvet, og banefaten kalle vi v ž. Sentipetalakseleasjonen e da gitt ved a = v ž & v ž = ž a = ž g = 500 m 10 m s & = 5000 m & s & 70 m s ž Gulvet på stasjonen må ha en banefat på 70 m s fo at Zelda skal oppleve omtent samme gavitasjon som på Joda. 2d2) Radien e ` = 450 m fa sentum til taket. Mens gulvet bevege seg en stekning s ž = 2π ž på omløpstiden T, bevege taket seg en stekning s` = 2π` på den samme tiden. Banefaten til gulvet bli v ž = 2π ž T, mens banefaten til taket bli v` = 2π` T. Foholdet mellom den opplevde gavitasjonen på taket og den opplevde gavitasjonen ved gulvet, tilsvae foholdet mellom sentipetalakseleasjonen ved taket og sentipetalakseleasjonen ved gulvet. g` = a` = v` & g ž a ž ` v & = 4π& ` T & ž ž 4π & ž T & = ` ž = 450 500 = 9 10 = 0,9
Oppgave 3 3a) Keftene som vike på skikjøeen e tyngdekaften G loddett nedove, med en komponent G 2 paallelt med bakkeplanet og en komponent G ) nomalt på bakkeplanet, en nomalkaft N nomalt på bakkeplanet og en fiksjonskaft R paallelt med bakkeplanet. Skiløpeen bevege seg ikke nomalt på bakkeplanet, så Newtons føste lov gi at nomalkaften og tyngdens nomalkomponent e like stoe og motsatt ettet, N = G ) = mg cos α Fiksjonen e gitt ved fiksjonstallet og nomalkaften, R = μn = μmg cos α Tyngdekaftens paallellkomponent e G 2 = mg sin α Newtons ande lov gi da akseleasjonen ned bakkeplanet ΣF = ma G 2 R = ma mg sin α μmg cos α a = = g sin α μ cos α m = 9,81 m s & sin 20 0,040 cos 20 = 2,986 m s & 3,0 m s & Lengden av bakken e s = h sin α = 7,0 m sin 20 = 20,4666 m Kjøeen state fa o, v < = 0. Den tidløse bevegelsesfomelen gi faten i bunnen av bakken v & = v < & + 2as v = 2as = 2 2,986 m s & (20,4666 m) = 11,0556 m s 11 m s Kjøeen få akseleasjon 3,0 m s & i bakken og faten 11 m s i bunnen
3b) Vi se bot fa fiksjon i loopen. Demed vike kun nomalkaften N loddett oppove og tyngdekaften G loddett nedove. Tyngdekaften e G = mg = 80 kg 9,81 m s & = 784,8 N 0,78 kn Skikjøeen gå inn i en sikelbane med banefat v. Newtons ande lov og sentipetalakseleasjon gi demed et uttykk fo nomalkaften ΣF = mv& N G = mv& N = G + mv& = 784,8 N + & 80 kg 11,0556 m s = 4696 N 4,7 kn 2,5 m
3c) På toppen av loopen peke både nomalkaften og tyngdekaften loddett nedove. Skikjøeen klae loopen hvis nomalkaften e støe enn, elle akkuat lik, null på toppen av loopen da ha han fotsatt kontakt med undelaget. Vi sette N = 0 og finne faten kjøeen minst må ha på toppen fo å klae loopen. Newtons ande lov og sentipetalakseleasjon gi ΣF = mv & k G + N = mv & k mg + 0 = mv & k v k = g = 2,5 m 9,81 m s & = 4,9522 m s Vi buke bevaing av mekanisk enegi fo å finne skiløpeens banefat på toppen av loopen, i en høyde 2. E i + E = E i< + E < 1 2 mv& + mg 2 = 1 2 mv < & + 0 v = v < & 4g = 11,0556 m s & 4 9,81 m s & (2,5 m) = 4,9118 m s Skikjøeen ha fo liten fat fo å klae loopen.
Oppgave 4 4a) Paametefamstillingen fo et skått kast e x = v < cos α t y = v < sin α t 1, 2 gt& de v < = 3,8 m s e utgangsfaten, t e tiden fa utskytning, α = 45 e utskytningsvinkelen og g = 9,81 m s & e tyngdeakseleasjonen. Kula lande nå y = 0. Vi løse andegadslikningen og finne tidspunktet de dette skje: 3,8 m s sin 45 t 1 2 9,81 m s& t & = 0 4,905 m s & t & + 2,687 m s t = 0 t 4,905 m s & t + 2,687 m s = 0 t = 0 4,905 m s & t = 2,687 m s t = 0 t = 2,687 m s 4,905 m s & = 0,5478 s Vi fokaste den tivielle nulløsningen, fo det e stattidspunktet. Vi sette inn i uttykket fo x og få den hoisontale foflytningen nå kula ha landet x = 3,8 m s cos 45 0,5478 s = 1,4719 m 1,5 m Altenativt kan vi tegne kastebanen i GeoGeba med kommandoen Kuve() og buke kommandoen Skjæing() til å finne nullpunktet (1,472, 0) de kuven skjæe x-aksen. Kula lande 1,5 m fa utskytingspunktet
4b) Gjennomsnittsvedien av målingene e d = 1,444 + 1,408 + 1,489 + 1,432 + 1,397 + 1,407 + 1,457 m 1,433 m 7 Usikkeheten i målingene e Δd = d klmn d k 2 = 1,489 1,397 m = 0,046 m 2 Altså e avstanden d = 1,433 ± 0,046 m 4c) Vi buke x-komponenten i paametefamstillingen til å finne et uttykk fo utgangsfaten Vi egne ut intevallet fo utgangsfaten v <,klmn = v <,k = x x = v < t cos 45 v < = t cos 45 d klmn t k cos 45 = 1,489 m 0,542 s cos 45 = 3,885 m s d k t klmn cos 45 = 1,397 m 0,548 s cos 45 = 3,605 m s Podusentens oppgitte utgangsfat på 3,8 m s ligge altså innenfo målingenes usikkehet. Det tyde på at podusenten ha oppgitt iktig vedi fo utgangsfaten.
Oppgave 5 5a) Patiklene state med så lav fat at vi kan egne den kinetiske enegien som null til å begynne med. Ladningene akseleees så av det det elektiske feltet, som gjø abeidet qu. Den kinetiske enegien ette akseleeingen bli demed 1 2 mv& = qu v & = 2qU m v = 2qU m, Q. E. D. 5b) Sammenhengen mellom stekningen s, den konstante faten v og tiden t e s = vt = 2qU m t Vi kvade likningen og få s & = 2qU m t& q m = s& 2Ut & 5c) Fa fomelen i foige oppgave finne vi massen til poteinet m = 2qUt& s & = 2eUt& s & = 2 1,60 10e[± C 15,0 10 Š V 8,14 10 e s & 1,50 m & 1,4 10 e&š kg 5d) Vi kan egne klassisk fo hastighete opp til omtent v = 0,1c. Vi sette inn i fomelen fa oppgave a) fo å finne massen 0,1c = 2qU m 0,1 & c & = 2qU m m q = 2U 0,01c & = 2 15 10Š V 0,01 3,00 10 & = 3,3 10e[[ kg/c Patikle med ladning 1e må altså ha masse støe enn m = 3,3 10 e[[ 1,6 10 e[± kg 5 10 eš< kg Dette e av omtent samme støelsesoden som elektonmassen. Vi legge meke til at det gikk geit å egne klassisk fo poteinet i foige deloppgave.
Oppgave 6 6a) Vi buke en høyehåndsegel. Kumme vi fingene på høye hånd i stømetningen, mot uviseen sett ovenfa, peke tommelen i magnetfeltets etning, altså oppove. 6b1) Magnetfeltet ha etning oppove gjennom S Faadays lov gi at den gjennomsnittlige indusete elektomotoiske spenningen e E = ΔΦ Δt = ΔB A Δt Ohms lov gi stømmen i S 6b2) & ΔB π& (0 0,105 T) π 0,10 m = = = 0,1099 V Δt (0,030 s) I = E R = 0,1099 V 0,030 Ω 3,7 A Magnetfeltet, som e ettet oppove gjennom S, avta. Lenz' egel gi at den indusete stømmen gjennom S fosøke å motvike fluksendingen. Det indusete magnetfeltet e altså ettet oppove, og høyehåndsegelen gi demed at den indusete stømmen e i positiv etning, mot uviseen sett ovenfa.
6c) Faadays lov gi at den elektomotoiske spenningen vaiee med fluksendingen, og siden aealet e konstant, vaiee den demed med magnetfeltendingen. E = dφ dt = db dt A Vi må ha med minustegnet fo å få iktig fotegn på den indusete spenningen, jamfø Lenz' egel (Sjekk dette med høyehåndsegelen!). Vi finne db dt ved å lese av stigningstallet til magnetfeltgafen. Fa 0 til 1 ms stige magnetfelt-gafen med konstant stigningstall fa 0 til 1 mt, så db dt = 1 T s. Da bli E = 1 T s π 0,10 m & 30 mv. Demed bli den elektomotoiske spenningen en negativ, konstant ett linje i dette tidsintevallet. Fa 1 til 2 ms e magnetfelt-gafen konstant, med null stigning. Demed e db dt = 0, og E = 0 V. Den elektomotoiske spenningen e demed konstant null i dette tidsintevallet. Fa 2 til 5 ms e magnetfelt-gafen fomet tilnæmet som en paabel (andegadsfunksjon), med negativt stigningstall som øke gadvis. Vi se at stigningstallet til tangenten ved 2 ms e omtent db dt = 1 T s, mens stigningstallet til tangenten ved 5 ms e null. Demed e den elektomotoiske spenningskuven fomet omtent som en positiv, avtakende ett linje fa E = 30 mv til E = 0 V. Vi ha nå nok infomasjon til å tegne en skisse. MERK: Oppgaven be om en skisse, så det viktigste e at kuvens fom e omtent iktig.
6d) Vekselspenningen ha fom som en sinuskuve med amplitude U Z = 4 mv og peiode T = 40 ms. Den maksimale indusete spenningen bli demed U Z = 4 mv. Fluksen gjennom ledeen vaiee fodi aealet av sløyfen vendt mot magnetfeltet vaiee. de ω = 2πf = 2π T e vinkelfekvensen. Φ = B A = BA cos ωt, Faadays lov gi da den indusete spenningen, hvo vi deivee fluksen med kjeneegel, U = dφ dt Den maksimale spenningen e amplituden, = BA ω sin ωt U Z = BA ω = BA 2π T (Denne fomelen finne du også i fomelvedlegget). Aealet av sløyfen e A = π &. Vi få demed magnetfeltstyken B = U ZT 2π & & = 4 10eŠ V 40 10 eš s 2π & 0,10 m & 0,8 mt Den magnetiske feltstyken e B = 0,8 mt