Fysikk 2 Eksempeloppgave 2026

Dag har rett. Etter den generelle relativitetsteorien krummer massen til himmellegemet tidrommet rundt seg, og lyset følger denne krumme geometrien. Ekvivalensprinsippet gir samme konklusjon: i et romskip som akselererer, ser en lysstråle på tvers av romskipet ut til å bøye av, og da må lys også avbøyes i et gravitasjonsfelt. Jo større masse, desto sterkere avbøyning.

Ole tar feil. Lysfarten i vakuum er $c$ for alle observatører som måler lokalt. Avbøyningen endrer retningen til lyset, ikke farten. Et foton kan ikke få større fart slik en ball i fritt fall får.

Kristine har rett. Lys som beveger seg bort fra himmellegemet, går ut av gravitasjonsfeltet og mister energi. Farten er fortsatt $c$, så energitapet viser seg som lavere frekvens ($E=hf$) og lengre bølgelengde: lyset blir rødforskjøvet (gravitasjonell rødforskyvning). Dette henger sammen med at klokker går langsommere nær et massivt legeme. På vei inn mot himmellegemet blir lyset blåforskjøvet like mye, så lys som bare passerer, har samme frekvens langt borte etter passeringen som før.

• Compton sendte røntgenstråling mot et stoff med løst bundne elektroner (grafitt) og målte bølgelengden til strålingen som ble spredt i ulike retninger.
• Den spredte strålingen hadde lengre bølgelengde enn den innkommende, og økningen ble større jo større spredningsvinkelen var. Dette kan ikke bølgemodellen forklare: der svinger elektronene i takt med den innkommende bølgen og sender ut stråling med samme frekvens.
• Forklaringen er at lyset består av fotoner med energi $E=hf$ og bevegelsesmengde $p={\displaystyle \frac{h}{\lambda }}$. Et foton støter mot et elektron som en partikkel mot en annen, og både energi og bevegelsesmengde er bevart i støtet.
• Elektronet får rekyl og kinetisk energi. Fotonet har derfor mindre energi og bevegelsesmengde etter støtet, altså lavere frekvens og lengre bølgelengde. Regningen gir $\mathrm{\Delta }\lambda ={\displaystyle \frac{h}{m_{\mathrm{e}}c}}(1-\cos \theta )$, der $\theta$ er spredningsvinkelen, og dette stemte med målingene.

Comptoneffekten viser at fotoner har bevegelsesmengde og oppfører seg som partikler i støt.

Den horisontale og den vertikale bevegelsen er uavhengige av hverandre. Begge kulene har akselerasjonen $g$ nedover og starter i samme høyde. Tiden fram til landing avhenger derfor bare av den vertikale startfarten. Den horisontale komponenten til B bestemmer bare hvor B lander.

Den vertikale startfarten til B er

Med samme vertikale startfart og samme akselerasjon faller kulene like langt på samme tid. A må derfor kastes rett ned med $\underline{\underline{v_{\text{A}}=\mathrm{5,0}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Det induseres strøm bare når fluksen gjennom lederen endrer seg. Fra $0$ til $\mathrm{0,010}\mathrm{s}$ er lederen utenfor feltet. Fra $\mathrm{0,010}$ til $\mathrm{0,020}\mathrm{s}$ er den på vei inn, og fluksen øker. Fra $\mathrm{0,020}$ til $\mathrm{0,030}\mathrm{s}$ er hele lederen inne i feltet, fluksen er konstant og strømmen null. Fra $\mathrm{0,030}$ til $\mathrm{0,040}\mathrm{s}$ er den på vei ut.

På vei inn flytter lederen seg en sidelengde $L=\mathrm{5,0}\mathrm{c}\mathrm{m}$ på $\mathrm{0,010}\mathrm{s}$:

Kontroll: Lederen er helt inne i feltet i $\mathrm{0,010}\mathrm{s}$, så feltet er $2L=10\mathrm{c}\mathrm{m}$ bredt. Det passer med figuren.

Mens lederen er på vei inn, er det bare den fremre siden som beveger seg i feltet. Den induserte spenningen er $\epsilon =vBL$, og med Ohms lov er $\epsilon =RI$:

Fluksen er $\mathrm{\Phi }=BA$, der $A$ er den delen av kvadratet som er inne i feltet. Når hele kvadratet er inne, er fluksen

Begrunnelse:

• Etter Faradays lov er $|\epsilon |=\left|{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }}{\mathrm{\Delta }t}}\right|$. Der strømmen er null, er fluksen konstant: $\mathrm{\Phi }=0$ før lederen kommer inn, og $\mathrm{\Phi }={\mathrm{\Phi }}_{\text{maks}}$ mens den er helt inne.
• Der strømmen har konstant absoluttverdi, endrer fluksen seg med konstant fart, så grafen er rette linjestykker. Arealet i feltet øker (og senere avtar) jevnt fordi farten er konstant.
• Stigningstallet stemmer: ${\displaystyle \frac{\mathrm{2,0}\cdot {10}^{-5}\mathrm{W}\mathrm{b}}{\mathrm{0,010}\mathrm{s}}}=\mathrm{2,0}\cdot {10}^{-3}\mathrm{V}=RI$.
• Strømmen har motsatt fortegn på vei inn og på vei ut, fordi fluksen øker i det første tidsrommet og avtar i det andre (Lenz’ regel).

Formelen er et potensuttrykk $M={\displaystyle \frac{4{\pi }^2}{\gamma }}\cdot r^3\cdot T^{-2}$. Da legger vi sammen de relative usikkerhetene, hver ganget med absoluttverdien av eksponenten. Konstantene $4{\pi }^2$ og $\gamma$ regner vi som eksakte.

Alternativ A (5 %) får vi hvis vi glemmer eksponentene. Usikkerheten i $T$ trekkes heller ikke fra selv om $T$ står i nevneren.

Vi teller ruter: ${\overrightarrow{F}}_1=[2,1]$ og ${\overrightarrow{F}}_2=[3,-2]$, så ${\overrightarrow{F}}_1+{\overrightarrow{F}}_2=[5,-1]$. Gjenstanden beveger seg langs en rett linje mot høyre, så akselerasjonen, og dermed kraftsummen, må være parallell med bevegelsesretningen. Ellers ville banen krumme seg. ${\overrightarrow{F}}_3$ må derfor ha vertikal komponent $+1$ rute.

Bare A oppfyller dette: ${\overrightarrow{F}}_3=[-4,1]$ gir $\sum \overrightarrow{F}=[1,0]$, som peker mot høyre. C gir $\sum \overrightarrow{F}=[0,-1]$ rett nedover, og B og D gir en kraftsum med vertikal komponent.

Med $x$-aksen oppover langs skråplanet virker tyngdekomponenten $-mg\sin u$ hele tiden, altså bidraget $-g\sin u$ til akselerasjonen både på vei opp og på vei ned. Luftmotstanden peker alltid mot fartsretningen:

• På vei opp ($v>0$) peker luftmotstanden nedover skråplanet: a = -g*sinu - k*v**2/m (linje 11).
• På vei ned ($v<0$) peker luftmotstanden oppover skråplanet: a = -g*sinu + k*v**2/m (linje 13).

Fordi $v^2$ er positiv uansett fartsretning, må fortegnet på luftmotstandsleddet byttes for hånd. B og C har feil fortegn på tyngdekomponenten på linje 13, og D har luftmotstand med fartsretningen.

Tyngdekomponenten langs skråplanet på klossen er $3mg\sin 30°=\mathrm{1,5}mg$, mens tyngden av loddet er $2mg$. Loddet drar hardest, så systemet akselererer med loddet nedover og klossen oppover skråplanet:

Kraftsummen er konstant og ulik null, så farten øker. Klossen glir altså med økende fart oppover.

Klossen glir på utsiden av banen. Kraftsummen inn mot sentrum må være sentripetalkraften:

Når klossen kommer lenger ned, blir banen brattere, så $G_y$ blir mindre. Samtidig øker farten. Begge deler gjør at normalkraften avtar (A). Uttrykket viser også at $N<G_y$, så B er feil. Friksjonen $R=\mu N$ avtar sammen med normalkraften, så C og D er feil.

Kula går i en horisontal sirkel, så kraftsummen i vertikal retning er null. Den øverste snora drar skrått oppover, den nederste skrått nedover:

Altså er $S_1>S_2$ (C). De horisontale komponentene $(S_1+S_2)\sin \alpha$ gir sentripetalkraften. B er feil fordi $S_1\ge {\displaystyle \frac{mg}{\cos \alpha }}>mg$.

Kula går med konstant banefart i en horisontal sirkel med samme sentrum som bilen, så kraftsummen (tyngden pluss snordraget) er sentripetalkraften. Figuren viser at kula henger utover, bort fra sentrum. Snordraget må nemlig ha en horisontal komponent inn mot sentrum. Baneradien til kula er derfor $R+r$:

Alternativene forutsetter at $v$ også er farten til kula. Strengt tatt har kula og opphengingspunktet samme vinkelfart, så kula har litt større fart enn opphengingspunktet, men forskjellen er liten når $r$ er mye mindre enn $R$.

Klossen går i en sirkelbane, så komponenten av akselerasjonen vinkelrett på fartsretningen er sentripetalakselerasjonen ${\displaystyle \frac{v^2}{r}}$, som peker inn mot sentrum.

Langs fartsretningen virker bare tyngdekraften, fordi normalkraften står vinkelrett på banen. Tangenten til banen danner vinkelen $\alpha$ med horisontalen, så komponenten av $G$ langs banen er $mg\sin \alpha$, og absoluttverdien av baneakselerasjonen er $g\sin \alpha$. Kontroll: i bunnen er $\alpha =0$, banen er horisontal og baneakselerasjonen null.

Kula er tilbake på underlaget når $y=v_0\sin \alpha \cdot t-{\displaystyle \frac{1}{2}}g{t}^2=0$, altså etter tiden $t={\displaystyle \frac{2v_0\sin \alpha }{g}}$. Horisontalt har kula konstant fart $v_0\cos \alpha$, så den lander i avstanden

Uttrykket er kastlengden (A). Tidene i C og D har enheten s og inneholder bare $v_0$ i første potens.

Gravitasjonsfeltstyrken på overflata er $g=\gamma {\displaystyle \frac{M}{r^2}}$:

Radien står i andre potens, så den veier tyngre enn massen: $g_{\text{C}}<g_{\text{B}}<g_{\text{A}}$.

Posisjon 1 er nærmest sola. Den potensielle energien $E_p=-\gamma {\displaystyle \frac{Mm}{r}}$ øker (blir mindre negativ) når avstanden $r$ øker, så den potensielle energien er størst i posisjon 2. Den mekaniske energien $E_k+E_p$ er bevart, så den kinetiske energien, og dermed farten, er størst der den potensielle energien er minst, altså i posisjon 1. Det stemmer med Keplers andre lov: asteroiden går fortest nær sola.

Spolen: Strømmen går nedover på forsiden av vindingene. Med høyrehåndsregelen for spole (fingrene krummes med strømmen, tommelen peker langs feltet inni spolen) peker feltet mot høyre langs spoleaksen, også i P.

Den rette lederen: Strømmen går inn i papirplanet. Med tommelen langs strømmen krummes fingrene med klokka rundt lederen. I P, som ligger til venstre for lederen, peker feltet derfor oppover.

Summen av et felt mot høyre og et felt oppover peker skrått opp mot høyre. Den nøyaktige vinkelen avhenger av styrkene, men bare C har begge komponentene riktig.

Feltet fra en lang, rett leder er proporsjonalt med ${\displaystyle \frac{I}{r}}$. P og Q har samme avstand $d$ til alle tre lederne, så bidragene forholder seg som $I:I:2I$. Retningene finner vi med høyrehåndsregelen (tommelen langs strømmen):

• P: Venstre leder (strøm ned) gir felt ut av papirplanet, høyre leder (strøm opp) gir felt ut, og den horisontale lederen (strøm mot høyre, P over lederen) gir felt ut. Alle peker ut, så feltet i P peker ut av papirplanet. Påstand 1 er feil.
• Q: De to loddrette lederne gir begge felt ut av papirplanet (til sammen $2I$), mens den horisontale lederen (Q under lederen) gir felt inn med styrke svarende til $2I$. Bidragene opphever hverandre, så $B=0$. Påstand 2 er riktig.

Kraften på en strømførende leder er $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$, og den er null når lederen er parallell med feltet. For at sløyfa skal dreie rundt den horisontale akslingen, må øvre og nedre side (som er parallelle med akslingen) få like store krefter i motsatt retning ut av og inn i papirplanet. Da må $\overrightarrow{B}$ være loddrett i sløyfeplanet, som i A. Der får øvre side (strøm mot venstre) kraft inn i papirplanet og nedre side (strøm mot høyre) kraft ut av papirplanet. Det gir et kraftpar om akslingen.

I B er feltet parallelt med akslingen. Øvre og nedre side får ingen kraft, og kreftene på de loddrette sidene prøver å dreie sløyfa om en loddrett akse, noe akslingen hindrer. I C og D står feltet vinkelrett på sløyfeplanet, og kreftene ligger i sløyfeplanet og strekker bare sløyfa, uten dreiemoment om akslingen.

Magnetfeltlinjene går inn i sørpolen, så under magneten peker feltet oppover gjennom ringen. Når magneten nærmer seg, øker fluksen oppover. Etter Lenz’ regel lager den induserte strømmen et felt nedover inne i ringen. Det gir en strøm med klokka sett ovenfra, og på den fremre delen av ringen (nærmest oss) går strømmen mot venstre, altså mot V.

Ringen blir da en magnet med sørpolen opp, som frastøter magnetens sørpol. Magneten får en kraft oppover i tillegg til tyngden, så akselerasjonen er mindre enn $g$. Det stemmer med energibevaring: noe av energien går til strøm og varme i ringen.

Påstand 1: Kretsen omslutter sektoren mellom lederen og staven, og arealet øker mens staven roterer.

• Øvre skinne: Fluksen ut av papirplanet øker. Den induserte strømmen lager et felt inn i papirplanet og går derfor med klokka.
• Nedre skinne: Fluksen inn i papirplanet øker. Den induserte strømmen lager et felt ut av papirplanet og går mot klokka.

Strømretningen er ulik over de to skinnene, så påstand 1 er feil.

Påstand 2: Etter Lenz’ regel motvirker den induserte strømmen årsaken til at den oppstår, altså rotasjonen. Ellers ville staven fått mer energi av seg selv. Kontroll med $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$: over øvre skinne går strømmen utover i staven med feltet ut av papirplanet, og over nedre skinne går strømmen innover med feltet inn i papirplanet. Begge gir en kraft med klokka, mot fartsretningen. Påstand 2 er riktig.

Hendelsen skjer på ett sted på jorda, så klokka i ro på jorda måler egentiden $\mathrm{\Delta }{t}_0$. Klokka i romskipet beveger seg i forhold til hendelsen og måler en forlenget tid:

Alternativ D får vi hvis vi ganger med $\gamma$ i stedet for å dele, altså bytter om hvilken klokke som måler egentiden.

Per står i ro på bakken, og i hans referansesystem virker bare de fysiske kreftene på ballen. Etter at ballen er kastet, har den ingen kontakt med fartøyet, og vi ser bort fra luftmotstand. Den eneste kraften er tyngdekraften, så kraftsummen peker rett nedover (C). Akselerasjonen til fartøyet påvirker ikke ballen.

For en observatør inne i fartøyet ser det ut som ballen i tillegg får en akselerasjon $a$ mot høyre, fordi fartøyet akselererer mot venstre. Da ser den tilsynelatende kraftsummen ut til å peke skrått ned mot høyre (D). Det er ikke en virkelig kraft, og spørsmålet gjelder Per.

Sannsynligheten for å finne elektronet i et intervall er arealet under $|\mathrm{\Psi }(x){|}^2$ over intervallet. Intervall a ligger symmetrisk om toppunktet, og intervall c ligger symmetrisk om bunnpunktet, som er like langt fra aksen. Kvadreringen fjerner fortegnet, så $|\mathrm{\Psi }{|}^2$ har samme form over a og c, og sannsynlighetene er like store (C).

Intervall b ligger rundt nullpunktet, der $|\mathrm{\Psi }{|}^2$ er liten, så sannsynligheten er mindre enn i c (B er feil). Den er likevel ikke null, fordi $\mathrm{\Psi }$ bare er null i ett punkt i intervallet (D er feil).

Einsteins likning for fotoelektrisk effekt er $E_k=hf-W={\displaystyle \frac{hc}{\lambda }}-W$. Kurvene treffer $\lambda$-aksen ($E_k=0$) ved grensebølgelengden ${\lambda }_0$, der $W=h{f}_0={\displaystyle \frac{hc}{{\lambda }_0}}$. Avlesning gir ${\lambda }_0\approx 290\mathrm{n}\mathrm{m}$ for sink og ${\lambda }_0\approx 435\mathrm{n}\mathrm{m}$ for kalsium.

Kortest grensebølgelengde betyr størst grensefrekvens og størst løsrivningsarbeid. Det er sink (ca. $\mathrm{6,9}\cdot {10}^{-19}\mathrm{J}$ mot ca. $\mathrm{4,6}\cdot {10}^{-19}\mathrm{J}$ for kalsium). Påstand 1 er feil og påstand 2 riktig.

Av grafen leser vi at den maksimale spenningen over primærspolen er $U_{\text{maks}}=\mathrm{3,0}\mathrm{V}$. Effektivverdien blir

Vi bruker transformatorlikningen. Den gjelder både for toppverdier og for effektivverdier, siden begge spenningene varierer sinusformet i takt:

Etter transformatorlikningen skal forholdet mellom spenningene være

Vi regner ut forholdet for hver måling:

Alle forholdene er klart mindre enn $\mathrm{2,0}$. Sekundærspenningen er $9$–$15\%$ lavere enn transformatorlikningen gir, og avviket er mye større enn det avlesingsusikkerheten i multimetrene kan forklare. Måleresultatene er altså ikke i tråd med transformatorlikningen.

Transformatorlikningen bygger på en ideell transformator. Vekselstrømmen i primærspolen gir en magnetisk fluks $\mathrm{\Phi }$ som endrer seg hele tiden, og etter Faradays induksjonslov er den induserte spenningen i en spole med $N$ vindinger

Likningen $U_{\text{s}}/U_{\text{p}}=N_{\text{s}}/N_{\text{p}}$ forutsetter at nøyaktig den samme fluksendringen går gjennom hver vinding i begge spolene, og at det ikke er noe energitap. I en virkelig transformator er ingen av delene helt oppfylt:

• Flukstap: Jernkjernen leder ikke hele magnetfeltet. Noen feltlinjer fra primærspolen går utenom kjernen og sekundærspolen, særlig hvis kjernen ikke er helt lukket eller delene ikke ligger tett inntil hverandre (slik det ofte er med skoletransformatorer). Da blir fluksendringen gjennom sekundærspolen mindre enn gjennom primærspolen, og det induseres mindre spenning per vinding.
• Resistans i primærspolen: Noe av spenningen $U_{\text{p}}$ som måles over primærspolen, går med til å drive strømmen gjennom resistansen i ledningen. Da er det bare en del av $U_{\text{p}}$ som svarer til den induserte spenningen, og sekundærspenningen blir tilsvarende lavere.
• Tap i jernkjernen: Virvelstrømmer og ommagnetisering av jernet gjør at noe av energien blir til varme i stedet for å bli overført til sekundærsiden.

Alle disse effektene gjør at $U_{\text{s}}$ blir mindre enn ${\displaystyle \frac{N_{\text{s}}}{N_{\text{p}}}}{U}_{\text{p}}$, slik målingene viser.

Når klossen glir nedover skråplanet, virker tre krefter på den: gravitasjonskraften $\overrightarrow{G}$ loddrett nedover, normalkraften $\overrightarrow{N}$ vinkelrett ut fra skråplanet og friksjonskraften $\overrightarrow{R}$ oppover langs skråplanet.

Gravitasjonskraften:

Klossen har ingen akselerasjon vinkelrett på skråplanet, så normalkraften balanserer komponenten av $\overrightarrow{G}$ vinkelrett på planet:

Friksjonskraften finner vi fra energitapet. Klossen glir langs skråplanet en strekning

Normalkraften gjør ikke arbeid, så arbeidet friksjonskraften gjør, er lik tapet i mekanisk energi:

I loopen virker bare gravitasjonskraften og normalkraften. Normalkraften står vinkelrett på banen og gjør ikke arbeid, så den mekaniske energien er bevart. Klossen går i en sirkelbane, så kraftsummen mot sentrum må være sentripetalkraften $m{\displaystyle \frac{v^2}{r}}$.

Bunnen av loopen er i samme høyde som bunnen av skråplanet, så $v=\mathrm{2,5}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Normalkraften peker oppover mot sentrum og gravitasjonskraften nedover:

Det øverste punktet ligger $2r$ høyere enn bunnen. Energibevaring gir farten der:

På toppen peker både normalkraften og gravitasjonskraften nedover mot sentrum:

Kraftmåleren er nullstilt med banen på, så den viser den loddrette komponenten av kraften som klossen virker på banen med. Etter Newtons 3. lov er denne kraften motsatt av normalkraften (og friksjonskraften) som banen virker på klossen med.

• $t=\mathrm{1,19}\mathrm{s}$: Grafen har sitt maksimum, $\mathrm{1,25}\mathrm{N}$. I bunnen av loopen peker normalkraften på klossen rett oppover og er størst, fordi den både skal balansere tyngden og gi sentripetalkraften (jf. b). Klossen presser da banen rett nedover med størst kraft. Klossen er altså i bunnen av loopen.
• $t=\mathrm{1,23}\mathrm{s}$: Grafen har sitt minimum, $-\mathrm{0,30}\mathrm{N}$. Negativ verdi betyr at klossen drar banen oppover. Det skjer bare i den øverste delen av loopen, der normalkraften på klossen peker nedover og klossen dermed presser banen oppover. Den negative verdien er størst i det øverste punktet, der hele normalkraften er loddrett. Klossen er altså i det øverste punktet i loopen.

Dette passer også med resten av grafen: Før $\mathrm{1,15}\mathrm{s}$ glir klossen nedover skråplanet og måleren viser litt under tyngden $\mathrm{0,15}\mathrm{N}$ (klossen akselererer nedover), og til slutt viser måleren $\mathrm{0,15}\mathrm{N}=mg$ når klossen har kommet ut av loopen og glir bortover det flate partiet.

På toppen av loopen viser kraftmåleren $-\mathrm{0,30}\mathrm{N}$. Klossen presser altså banen oppover med $\mathrm{0,30}\mathrm{N}$, så normalkraften fra banen på klossen er $N=\mathrm{0,30}\mathrm{N}$ nedover. Sammen med gravitasjonskraften gir den sentripetalkraften:

• Linje 9: Definerer en funksjon G som tar høyden h over jordoverflata som argument.
• Linje 10: Funksjonen returnerer gravitasjonskraften fra jorda på raketten, $G=\gamma {\displaystyle \frac{mM}{{(R+h)}^2}}$, der $R+h$ er avstanden fra jordsentrum. Massen m som brukes, er rakettens masse i øyeblikket.
• Linje 14: Newtons 2. lov. Kraftsummen på raketten er skyvekraften utover minus gravitasjonskraften innover, og akselerasjonen er kraftsummen delt på massen, $a={\displaystyle \frac{F-G}{m}}$.
• Linje 17: Rakettmotoren bruker $\mathrm{5,0}\mathrm{k}\mathrm{g}$ drivstoff per sekund, så massen reduseres med dm $=5\cdot \mathrm{\Delta }t$ i hvert tidssteg.

Akselerasjonen er

Skyvekraften $F$ er konstant, mens massen $m$ minker fra $2000\mathrm{k}\mathrm{g}$ til $300\mathrm{k}\mathrm{g}$. Da øker leddet $F/m$. Samtidig øker avstanden $R+h$ til jordsentrum, så gravitasjonsfeltstyrken $\gamma M/{(R+h)}^2$ blir mindre. Begge deler gjør at akselerasjonen øker så lenge motoren er på.

Etter at motoren er slått av, er gravitasjonskraften den eneste kraften på raketten. Da er summen av kinetisk energi og gravitasjonell potensiell energi bevart. Raketten har massen $m=300\mathrm{k}\mathrm{g}$, avstanden fra jordsentrum er

og farten er $v_1=8198\mathrm{m}/\mathrm{s}$. I den maksimale høyden er farten null:

Massen $m$ kan forkortes bort. Vi løser for $r_{\text{maks}}$:

Med $\gamma M=\mathrm{6,67}\cdot {10}^{-11}\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2/\mathrm{k}{\mathrm{g}}^2\cdot \mathrm{5,97}\cdot {10}^{24}\mathrm{k}\mathrm{g}=\mathrm{3,982}\cdot {10}^{14}{\mathrm{m}}^3/{\mathrm{s}}^2$:

Den maksimale høyden over jordoverflata er

Raketten når altså omtrent $12000\mathrm{k}\mathrm{m}$ over jordoverflata før den snur. Svaret er følsomt for startfarten: Med mindre tidssteg i programmet blir farten ved brennslutt $\mathrm{8,24}\cdot {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}$, og da gir samme regning $h_{\text{maks}}=\mathrm{1,21}\cdot {10}^7\mathrm{m}$. Et rimelig svar er derfor $\underline{\underline{h_{\text{maks}}\approx \mathrm{1,2}\cdot {10}^7\mathrm{m}}}$. Farten $\mathrm{8,2}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ er mindre enn unnslipningsfarten i denne avstanden, $\sqrt{2\gamma M/r_1}=\mathrm{10,5}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}$, så raketten kommer ikke løs fra jorda.

Vi må først finne et uttrykk for akselerasjonen til raketten. Kraftsummen er skyvekraften minus gravitasjonskraften og luftmotstanden, som begge virker innover mot jorda:

Fra programmet i oppgaveteksten forblir linjene 1–12 uendret. Hele programmet blir

m = 2000
M = 5.97E24
R = 6371000
gamma = 6.67E-11
F = 30000
v = 0
t = 0
h = 0
def G(h):
    return gamma*m*M/(R+h)**2
dt = 1
dm = 5*dt
def L(h, v):
    return 1.96*0.9999**h*v**2
while m > 300:
    a = (F - G(h) - L(h, v)) / m
    v = v + a*dt
    h = h + v*dt
    m = m - dm
    t = t + dt
print(v, h)