Fysikk 2 Høst 2019

Elektrisk feltstyrke er kraft per ladning, $E={\displaystyle \frac{F}{q}}$, som gir enheten $\mathrm{N}/\mathrm{C}$. I et homogent felt er $E={\displaystyle \frac{U}{d}}$, som gir enheten $\mathrm{V}/\mathrm{m}$. De to enhetene er like: $\mathrm{V}/\mathrm{m}=\mathrm{J}/(\mathrm{C}\mathrm{m})=\mathrm{N}\mathrm{m}/(\mathrm{C}\mathrm{m})=\mathrm{N}/\mathrm{C}$. Enheten $\mathrm{N}/\mathrm{k}\mathrm{g}$ hører til gravitasjonsfeltstyrke, og $\mathrm{V}/\mathrm{s}$ er ingen feltstyrkeenhet.

Energibevaring gir farten rett før støtet, $v_1=\sqrt{2g{h}_1}$ nedover, og rett etter støtet, $v_2=\sqrt{2g{h}_2}$ oppover. Vi velger positiv retning oppover:

Fordi farten skifter retning, legges størrelsene sammen. Alternativ C ville vært riktig bare om ballen fortsatte i samme retning.

Den vertikale startfarten er $v_{0y}=v_0\sin 30°={\displaystyle \frac{v_0}{2}}$. Ballen er tilbake i starthøyden når $y=v_{0y}t-{\displaystyle \frac{1}{2}}g{t}^2=0$, altså ved

La snorlengden være $L$. Energibevaring fra horisontal stilling til laveste punkt gir $mgL={\displaystyle \frac{1}{2}}m{v}^2$, altså $v^2=2gL$. I laveste punkt virker snorkraften $S$ oppover og tyngden $mg$ nedover, og kraftsummen er sentripetalkraften:

På månen er $g$ mindre. Kraften fra loddet på snora er etter Newtons 3. lov like stor som snorkraften $3mg$, og den blir mindre (A), massen er den samme (B), og farten $v=\sqrt{2gL}$ blir mindre (C). Alle akselerasjonene i bevegelsen er proporsjonale med $g$, så loddet beveger seg langsommere langs den samme banen og bruker lengre tid til laveste punkt (tiden er proporsjonal med $\sqrt{L/g}$). Riktig svar er D.

Horisontalt er farten konstant, og vertikalt er akselerasjonen $-g$, så $y$ må ha leddet $-5t^2$ og $x$ være lineær i $t$. Det utelukker D. Vi finner når $x=4\mathrm{m}$ og sjekker $y$:

• A: $t=1$ gir $y=1-5=-4\mathrm{m}$
• B: $t=4$ gir $y=16-80=-64\mathrm{m}$
• C: $t=1$ gir $y=6-5=1\mathrm{m}$

I C er $v_y=6-10t=-4\mathrm{m}/\mathrm{s}$ når $t=1$, så ballen er på veg ned og kommer ovenfra ned i kurven.

Fjærkraften er $F=kx$, som er proporsjonal med forlengelsen og gir en rett linje gjennom origo, altså $f(x)$. Den potensielle fjærenergien er $E_p={\displaystyle \frac{1}{2}}k{x}^2$, som gir en parabel, altså $g(x)$.

Loddet henger i ro, så snorkraften er $S=Mg$. Den samme snorkraften er den eneste horisontale kraften på klossen og gir sentripetalkraften:

På det horisontale underlaget er normalkraften $N$ like stor som tyngdekraften $G$. I bunnen av dalen følger klossen en krum bane med sentrum over seg, så kraftsummen må peke oppover mot sentrum og gi sentripetalkraften: $N-G={\displaystyle \frac{m{v}^2}{r}}$. Tyngdekraften $G=mg$ er uendret, mens normalkraften blir større enn $G$. Bare figur D viser tyngdekraften like lang som før og normalkraften lengre. I A er kraftsummen null, i C peker den nedover, og i B er tyngdekraften blitt mindre, noe den ikke kan bli.

Feltet mellom platene er homogent med $E={\displaystyle \frac{U}{d}}$. Ionet er enverdig, så den elektriske kraften er $F=eE={\displaystyle \frac{eU}{d}}$. Ionet starter fra ro, og arbeidet den elektriske kraften gjør over strekningen $s$, blir kinetisk energi:

Magnetisk kraft gir sentripetalkraften: $|q|vB={\displaystyle \frac{m{v}^2}{r}}$, så $r={\displaystyle \frac{mv}{|q|B}}$. Partiklene har samme fart og like stor ladning, så radien er proporsjonal med massen. Protonet er omtrent $1800$ ganger tyngre enn elektronet, så $r_{\mathrm{p}}>r_{\mathrm{e}}$. Kraften $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ har motsatt retning for motsatte ladninger, så partiklene bøyes av til hver sin side og går rundt i motsatte retninger.

Strømmen går rundt i den rektangulære lederen: opp i høyre side, altså ned i venstre side. Venstre side er nærmest den lange lederen og har strøm motsatt vei av den, så den frastøtes (kraft mot høyre). Høyre side har strøm samme vei og tiltrekkes (kraft mot venstre). Magnetfeltet fra den lange lederen avtar med avstanden, så kraften på venstre side er størst. Kreftene på den øverste og nederste siden er like store og motsatt rettet. Summen peker mot høyre.

Feltet fra en lang, rett leder er $B=k_{\mathrm{m}}{\displaystyle \frac{I}{a}}$, der $a$ er avstanden til lederen. Med høyrehåndsregelen peker feltene fra begge lederne inn i papiret midt mellom dem, så der kan de ikke oppheve hverandre (C er feil). Utenfor lederne har feltene motsatt retning. Da må punktet ligge nærmest den svakeste strømmen, altså til venstre (D er feil). I avstanden $a$ til venstre for den venstre lederen:

Elektrisk feltstyrke peker bort fra positive ladninger og mot negative. I posisjon 2 peker feltet fra plussladningen mot venstre, og feltet mot minusladningen peker også mot venstre, så summen peker mot venstre. Posisjon 1 har samme avstand til begge ladningene. Bidraget fra plussladningen peker skrått opp mot venstre, og bidraget fra minusladningen skrått ned mot venstre. De vertikale komponentene opphever hverandre, og summen peker mot venstre. Feltet blir null midt mellom to like ladninger, ikke mellom motsatte, så A og B er feil.

Strømmen går fra plusspolen på batteriet inn i høyre ende av spolen og oppover langs viklingene på den siden som vender mot oss. Høyrehåndsregelen for spole (fingrene langs strømmen, tommelen viser nordpolen) gir at feltet inne i spolen peker mot venstre. Høyre ende er da en sørpol, og der kula faller, peker feltet inn mot spolen, altså mot venstre. Kula har fart nedover, og kraften på en positiv ladning er $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$. Med $\overrightarrow{v}$ nedover og $\overrightarrow{B}$ mot venstre peker kraften innover i figuren, bort fra oss, mot punkt C.

Når bryteren lukkes, øker strømmen og dermed den magnetiske fluksen gjennom den andre sløyfa. Etter Lenz’ regel går induksjonsstrømmen slik at den motvirker økningen, altså motsatt vei av strømmen i den første sløyfa. Parallelle strømmer i motsatt retning frastøter hverandre. Når bryteren åpnes, avtar fluksen, og induksjonsstrømmen går samme vei som strømmen i den første sløyfa for å opprettholde fluksen. Strømmer i samme retning tiltrekker hverandre.

Når ringen kommer inn i feltet, øker fluksen ut av arket. Etter Lenz’ regel lager induksjonsstrømmen et felt inn i arket inne i ringen, og det gir en strøm med urviseren. Victoria har rett. Bare den nederste delen av ringen er i feltet. Der går strømmen mot venstre, og kraften $I\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{B}$ med $\overrightarrow{B}$ ut av arket peker rett oppover (de horisontale bidragene fra hver side av buen opphever hverandre). Kraften motvirker bevegelsen, slik Lenz’ regel sier. Jakob har også rett.

Etter samplingsteoremet må samplingsfrekvensen være mer enn dobbelt så stor som den høyeste frekvensen i signalet: $f_{\mathrm{s}}>2\cdot 14\mathrm{k}\mathrm{H}\mathrm{z}=28\mathrm{k}\mathrm{H}\mathrm{z}$. Er den lavere, dukker de høye frekvensene opp som falske, lavere frekvenser (aliasing). Klipping skjer når amplituden er større enn det største tallet omformeren kan lagre, og har ikke med samplingsfrekvensen å gjøre.

Einsteins fotoelektriske likning er $E_{k,\mathrm{maks}}=hf-W$. Grafen er en rett linje med stigningstall $h$, og den forlengede linja skjærer andreaksen i $-W$. I punkt 1 kan vi derfor lese av løsrivningsarbeidet, så Jan har rett. Punkt 2 er grensefrekvensen $f_0={\displaystyle \frac{W}{h}}$, som er den laveste frekvensen som gir løsrivning. Dag tar feil.

Den maksimale kinetiske energien er $E_{k,\mathrm{maks}}=hf-W$ og avhenger bare av frekvensen (bølgelengden) til lyset og av metallet. Økt intensitet betyr flere fotoner per sekund, og dermed flere frigjorte elektroner, men hvert foton har samme energi. Grafen er en horisontal linje.

Reaksjon 1: Ladningen er $+1$ på begge sider. Myonleptontallet er $0$ før og $-1+1=0$ etter (${\mu }^{+}$ er et antilepton, ${\nu }_{\mu }$ et lepton). Baryontallet er $0$ på begge sider, og pionet er tyngre enn myonet, så det er energi nok. Reaksjonen er mulig (det er den vanlige henfallsmåten til ${\pi }^{+}$).

Reaksjon 2: Ladningen er $+1$ på begge sider og leptontallet $0$, men baryontallet er $1+1=2$ før og $1$ etter. Baryontallet er ikke bevart, så reaksjonen er ikke mulig.

Uskarphetsrelasjonen gir $\mathrm{\Delta }x\cdot \mathrm{\Delta }p\ge {\displaystyle \frac{h}{4\pi }}$ med $\mathrm{\Delta }p=\mathrm{0,2}\cdot {10}^{-24}\mathrm{k}\mathrm{g}\mathrm{m}/\mathrm{s}=2\cdot {10}^{-25}\mathrm{k}\mathrm{g}\mathrm{m}/\mathrm{s}$:

De Broglie-bølgelengden er $\lambda ={\displaystyle \frac{h}{p}}$, så lik bølgelengde betyr lik bevegelsesmengde (A riktig, C feil). Kinetisk energi er $E_k={\displaystyle \frac{p^2}{2m}}$. Med samme $p$ får elektronet, som har mye mindre masse, størst kinetisk energi. B og D er derfor feil.

Påstand I: De to lyspulsene sendes ut på samme sted (hos Asle) og samtidig. To hendelser som skjer på samme sted til samme tid, er samtidige i alle referansesystemer, så også Birger ser at pulsene sendes ut samtidig.

Påstand II: I Asles referansesystem står speilene i ro og like langt fra ham, og lyset har farten $c$ i begge retninger. Pulsene bruker da like lang tid fram og tilbake og kommer tilbake samtidig. (For Birger treffer pulsene speilene til ulik tid, men også han ser at de kommer tilbake til Asle samtidig.) Begge påstandene er riktige.

Friksjonen mot isen er neglisjerbar i det korte støtet, så bevegelsesmengden er bevart. Vi velger startfartens retning som positiv retning:

Den minste isklumpen spretter tilbake med farten $\underline{\underline{v=\mathrm{1,0}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Kontroll: Den kinetiske energien er ${\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \mathrm{0,100}\cdot {\mathrm{5,0}}^2\mathrm{J}=\mathrm{1,25}\mathrm{J}$ før støtet og ${\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \mathrm{0,100}\cdot {\mathrm{1,0}}^2\mathrm{J}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \mathrm{0,200}\cdot {\mathrm{3,0}}^2\mathrm{J}=\mathrm{0,95}\mathrm{J}$ etter. Energien har ikke økt, så støtet er fysisk mulig.

Før støtet er den samlede bevegelsesmengden $m{v}_0+m(-v_0)=0$. Bevegelsesmengden er bevart, så etter støtet er

Isklumpene får altså like stor fart $v$, i hver sin retning. Den kinetiske energien kan ikke øke i støtet:

Farten kan derfor ha verdier $\underline{\underline{0\le v\le v_0}}$. Ved et fullstendig uelastisk støt blir $v=0$ (klumpene ligger i ro), ved et elastisk støt blir $v=v_0$, og ellers ligger farten mellom.

Skisse av et røntgenrør:

• Katoden er en glødetråd som varmes opp av en egen glødespenning. Da får elektroner nok energi til å forlate metallet (glødeelektrisk effekt).
• Mellom katoden og anoden ligger en høy spenning $U$ (ofte flere titalls kilovolt). Elektronene akselereres mot anoden og får kinetisk energi $E_k=eU$. Røret er lufttomt, så elektronene ikke kolliderer med luftmolekyler på vegen.
• Elektronene treffer anoden, som er laget av et tungt metall som wolfram. Der bremses de kraftig opp av de elektriske kreftene fra atomkjernene. Ladninger som akselereres, sender ut elektromagnetisk stråling, og denne bremsestrålingen har et kontinuerlig spektrum av røntgenfrekvenser.
• Noen elektroner slår i tillegg ut elektroner fra de innerste skallene i anodeatomene. Når elektroner fra ytre skall faller ned i de ledige plassene, sendes det ut fotoner med bestemte energier. Dette gir karakteristisk stråling, som topper i spekteret.
• Det aller meste av energien blir til varme i anoden.

Den største frekvensen får vi når et elektron gir fra seg all sin kinetiske energi til ett foton:

Ekvivalensprinsippet sier at et homogent gravitasjonsfelt og en jevnt akselerert referanseramme er likeverdige. Ingen fysiske forsøk inne i et lukket rom kan avgjøre om rommet står i ro i et gravitasjonsfelt med tyngdeakselerasjon $g$, eller om det akselererer med $a=g$ langt ute i rommet der det ikke er gravitasjon.

• Eksempel: En astronaut i et lukket romskip slipper en ball. Ballen faller mot golvet med akselerasjonen $g$ både når romskipet står på jorda, og når det akselererer med $g$ ute i rommet. På samme måte er fritt fall i et gravitasjonsfelt ikke til å skille fra vektløshet langt fra alle masser.
• Prinsippet forklarer hvorfor alle legemer faller like fort: tung masse og treg masse er det samme.
• Konsekvenser: En lysstråle som går på tvers av et akselererende romskip, ser ut til å bøye av. Etter ekvivalensprinsippet må lys da også avbøyes i et gravitasjonsfelt. Tilsvarende går klokker langsommere lengre ned i et gravitasjonsfelt (gravitasjonell tidsforlengelse).

Den magnetiske fluksen gjennom lederen er $\mathrm{\Phi }=BA$, med retning inn i papiret. Etter Lenz’ regel går induksjonsstrømmen slik at den motvirker endringen i fluksen.

• Fra $0$ til $1\mathrm{m}\mathrm{s}$ øker fluksen inn i papiret. Induksjonsstrømmen lager et felt ut av papiret inne i rektangelet, og det gir en strøm mot urviseren.
• Fra $1$ til $5\mathrm{m}\mathrm{s}$ avtar fluksen inn i papiret. Induksjonsstrømmen lager et felt inn i papiret for å motvirke minkingen, og det gir en strøm med urviseren.

Faradays induksjonslov for én vinding gir $\epsilon =-{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }}{\mathrm{\Delta }t}}=-A{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }B}{\mathrm{\Delta }t}}$. Grafen består av rette linjestykker, så ems-en er konstant i hvert tidsrom. Arealet er

Fra $0$ til $1\mathrm{m}\mathrm{s}$:

Fra $1$ til $5\mathrm{m}\mathrm{s}$:

Vi regner ems i retningen med urviseren som positiv (den retningen som gir felt inn i papiret). Da er $\epsilon =-\mathrm{8,4}\mathrm{m}\mathrm{V}$ i det første tidsrommet og $\epsilon =\mathrm{2,1}\mathrm{m}\mathrm{V}$ i det andre:

Arealet under grafen er like stort i de to tidsrommene ($\mathrm{8,4}\mathrm{m}\mathrm{V}\cdot 1\mathrm{m}\mathrm{s}=\mathrm{2,1}\mathrm{m}\mathrm{V}\cdot 4\mathrm{m}\mathrm{s}$), med motsatt fortegn. Det stemmer med at feltet er tilbake til null etter $5\mathrm{m}\mathrm{s}$.

Platen øverst i fartsvelgeren er positiv og platen nederst negativ, så det elektriske feltet peker nedover. Den elektriske kraften ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{e}}=e\overrightarrow{E}$ på de positive ionene peker derfor nedover.

Ionene som går rett gjennom fartsvelgeren, har kraftsum null. Da må den magnetiske kraften ${\overrightarrow{F}}_m=e\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ peke oppover. Farten peker mot høyre. Med høyrehåndsregelen for $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ (fingrene langs $\overrightarrow{v}$, bøy dem mot $\overrightarrow{B}$, tommelen viser kraften) får vi en kraft oppover når $\overrightarrow{B}$ peker inn i papiret.

Det stemmer også med at ionene bøyer av oppover i magnetfeltet til høyre, som peker inn i papiret.

I fartsvelgeren virker den elektriske kraften $eE$ og den magnetiske kraften $evB$ i motsatte retninger. Ionene går rett fram bare når kreftene er like store:

der vi har brukt at feltet mellom platene er $E={\displaystyle \frac{U_2}{d}}$.

I det andre magnetfeltet står farten vinkelrett på feltet. Den magnetiske kraften har konstant størrelse og står hele tiden vinkelrett på farten, så den virker som sentripetalkraft:

Vi setter inn farten fra fartsvelgeren:

Middelverdien av radien er

Målingene ligger mellom $840\mathrm{m}\mathrm{m}$ og $844\mathrm{m}\mathrm{m}$. Vi bruker halve spredningen som usikkerhet: $\mathrm{\Delta }r={\displaystyle \frac{844-840}{2}}\mathrm{m}\mathrm{m}=2\mathrm{m}\mathrm{m}$. Radien er altså $r=(842\pm 2)\mathrm{m}\mathrm{m}$.

Massen blir

Massen er proporsjonal med $r$, så den relative usikkerheten i massen er den samme som i radien:

Det gir $\mathrm{\Delta }m=\mathrm{0,0024}\cdot \mathrm{8,829}\cdot {10}^{-25}\mathrm{k}\mathrm{g}\approx \mathrm{0,02}\cdot {10}^{-25}\mathrm{k}\mathrm{g}$, og

Med atommasseenheten $u=\mathrm{1,66}\cdot {10}^{-27}\mathrm{k}\mathrm{g}$ tilsvarer dette $(532\pm 1)\mathrm{u}$.

Usikkerheten i $B$, $d$ og $U_2$ er ikke oppgitt. Med tre gjeldende sifre er den relative usikkerheten i hver av dem under $\mathrm{0,1}\%$, så radiusmålingene dominerer usikkerheten.

For å gå rett fram i fartsvelgeren må ionet ha farten

I akselerasjonskammeret gjør det elektriske feltet arbeidet $e{U}_1$ på ionet. Arbeidet går til økning i kinetisk energi fra startfarten $v_0=500\mathrm{m}/\mathrm{s}$:

Klossen påvirkes av fire krefter:

• trekkraften $\overrightarrow{F}$, som danner vinkelen $40°$ med underlaget
• tyngdekraften $\overrightarrow{G}$, rett nedover
• normalkraften $\overrightarrow{N}$ fra underlaget, rett oppover
• friksjonskraften $\overrightarrow{R}$ fra underlaget, mot bevegelsesretningen (mot venstre)

Den vertikale komponenten av $\overrightarrow{F}$ løfter litt på klossen, så normalkraften blir mindre enn tyngdekraften.

Klossen har ingen akselerasjon i vertikal retning, så kraftsummen vertikalt er null:

Friksjonskraften er

Newtons 2. lov langs underlaget gir

Med en vilkårlig kraft $F$ blir akselerasjonen

Når $F$ øker, øker den horisontale komponenten, og samtidig blir normalkraften og dermed friksjonen mindre. Akselerasjonen blir altså større jo større $F$ er. Grensen går når klossen er i ferd med å løfte seg, altså når $N=0$. Da er også friksjonen null, og

Den maksimale akselerasjonen blir

Klossene er forbundet med ei stram snor og har like stor akselerasjon. Når systemet beveger seg mot høyre, blir den lille klossen trukket oppover skråplanet. Vi ser på systemet som helhet og regner positiv retning i bevegelsesretningen. Snordraget er en indre kraft og faller bort.

Krefter på klossen $M$ langs bevegelsen: $F\cos 40°=\mathrm{1,532}\mathrm{N}$ framover og friksjonen $R_M=\mathrm{0,156}\mathrm{N}$ bakover (normalkraften er den samme som i b), fordi snora er horisontal).

Krefter på klossen $m$ langs skråplanet: tyngdekraftens komponent nedover skråplanet og friksjonen, som også virker nedover skråplanet fordi klossen glir oppover:

Newtons 2. lov for hele systemet:

Akselerasjonen er positiv, så systemet får større og større fart mot høyre.