Fysikk 2 Høst 2025

Oppgaven oppgir usikkerhet bare i $r$ og $T$. Når en størrelse er et produkt eller en kvotient av målte størrelser, legger vi sammen de relative usikkerhetene, og hver av dem ganges med eksponenten til størrelsen. Her er $g$ proporsjonal med $r^1\cdot T^{-2}$, så

Rundetiden er målt mest nøyaktig, men den teller dobbelt fordi den står i andre potens.

Påstand 1: Sentripetalakselerasjonen er $a={\displaystyle \frac{v^2}{r}}$. Med samme svingradius og dobbel fart blir $a$ fire ganger så stor, ikke dobbelt så stor. Påstanden er feil.

Påstand 2: Når pendelen henger stille i forhold til bilen, har kula samme akselerasjon som bilen, altså mot venstre (mot sentrum av svingen). Kreftene på kula er tyngdekraften, som er loddrett, og snorkraften. Da må snorkraften ha en horisontal komponent mot venstre, så snora går skrått opp mot venstre fra kula. Kula henger dermed til høyre for festepunktet, i posisjon Q. Påstanden er feil.

Det virker tre krefter på kula: tyngdekraften loddrett nedover, snorkraften fra den øvre snora skrått opp mot festepunktet i taket (mot venstre) og snorkraften fra den nedre snora skrått ned mot festepunktet i gulvet (også mot venstre). En snor kan bare trekke langs seg selv, så en pil skrått opp mot høyre er umulig. Det utelukker B og C.

Kula har konstant banefart i en horisontal sirkel. Kraftsummen er derfor horisontal og peker mot sentrum, det vil si mot venstre. De loddrette komponentene må oppheve hverandre, og den øvre snorkraften må være størst fordi den skal bære både tyngden og den loddrette komponenten til den nedre snorkraften. Teller vi ruter i A, blir den loddrette summen $3-2-1=0$, og den horisontale summen blir 5 ruter mot venstre. I D blir den loddrette summen $3-1-4=-2$, så kraftsummen peker skrått nedover.

Klatreren er i likevekt, og det virker tre krefter på ham: tyngdekraften $mg$ loddrett nedover, normalkraften $N$ fra fjellveggen horisontalt ut fra veggen (det er ingen friksjon, så kraften fra veggen er vinkelrett på den) og snorkraften $S$ langs tauet, skrått opp mot veggen.

Tauet er hypotenusen i en rettvinklet trekant med loddrett katet $D$ og vannrett katet $d$. Komponentene til $S$ forholder seg som sidene i trekanten, ${\displaystyle \frac{S_x}{S_y}}={\displaystyle \frac{d}{D}}$. Likevekt loddrett gir $S_y=mg$, og likevekt horisontalt gir $N=S_x$:

Lengden av tauet, $\sqrt{D^2+d^2}$, trengs ikke: det er forholdet mellom de to katetene som bestemmer forholdet mellom kraftkomponentene. Derfor er C og D feil.

Normalkraften står vinkelrett på underlaget og gir ingen akselerasjon langs bakken. Langs bakken virker bare komponenten av tyngdekraften parallelt med underlaget, $mg\sin \alpha$, så akselerasjonen er $a=g\sin \alpha$. Komponenten $mg\cos \alpha$ virker vinkelrett på underlaget og balanseres (sammen med sentripetalkraften i den krumme bakken) av normalkraften.

Klossen glir nedover og får stadig større fart. I programmet er både v og a positive tall, så eulersteget for farten blir v = v + a*dt. Med minustegn ville farten avtatt og blitt negativ. Linje 17 bruker deretter den horisontale fartskomponenten $v\cos \alpha$ til å finne ny $x$.

Friksjonskraften $R$ virker alltid mot bevegelsen. På vei opp virker både tyngdekraftkomponenten $mg\sin \alpha$ og friksjonen nedover skråplanet. På vei ned virker friksjonen oppover skråplanet:

Akselerasjonen peker nedover skråplanet hele tiden, men er mindre på vei ned. Med positiv retning oppover skråplanet er fartsgrafen en rett linje som synker, krysser tidsaksen når klossen snur, og deretter fortsetter med et slakere stigningstall. Det er graf C. A og B har samme stigningstall før og etter vendepunktet (som uten friksjon), og D blir brattere på vei ned.

Gjenstanden følger med planeten i en sirkelbane med radius $R$ og omløpstid $T$. Når den så vidt holder kontakten med underlaget, er normalkraften null, og gravitasjonskraften alene er sentripetalkraften:

Dette er det samme uttrykket som for omløpstiden til en satellitt i sirkelbane like over overflata. Enhetskontroll: ${\displaystyle \frac{{\mathrm{m}}^3}{\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2/\mathrm{k}{\mathrm{g}}^2\cdot \mathrm{kg}}}={\mathrm{s}}^2$, så bare D gir enheten sekund.

Kraften på en ladning i et elektrisk felt er $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$. For en positiv ladning har kraften samme retning som feltet, så partikkelen akselererer mot høyre fra ro og får fart mot høyre. Tettheten av feltlinjer viser feltstyrken. Feltlinjene spriker ut mot høyre, så feltet blir svakere der partikkelen beveger seg. Da avtar også akselerasjonen $a={\displaystyle \frac{qE}{m}}$.

Det elektriske feltet fra en positiv ladning peker bort fra ladningen, og feltet fra en negativ ladning peker mot ladningen. I P peker derfor feltet fra den nederste (positive) partikkelen skrått opp mot høyre, og feltet fra den øverste (negative) partikkelen skrått opp mot venstre.

P ligger like langt fra to like store ladninger, så de to feltene er like sterke og danner samme vinkel med horisontalen. De horisontale komponentene opphever hverandre, mens de loddrette komponentene begge peker oppover. Det totale feltet peker oppover, som pil A.

Snora er festet i gulvet og er stram, så snorkraften $S$ trekker kula nedover. Tyngdekraften $mg$ virker også nedover. Kula er i ro, så den elektriske kraften må peke oppover og være like stor som summen av de to. Feltstyrken mellom platene er $E={\displaystyle \frac{U}{d}}$:

Vi vet bare at den elektriske kraften peker oppover. Er kula positiv, må feltet peke oppover, og da er den nedre plata positiv. Er kula negativ, er det motsatt. Fortegnet til $q$ er ikke oppgitt, så det er umulig å vite hvilket fortegn ladningen på den øvre plata har.

Vi bruker høyrehåndsregelen for hver leder: med tommelen i strømretningen viser de bøyde fingrene retningen på magnetfeltet rundt lederen.

• Sirkellederen har strøm mot klokka. Inni sirkelen peker feltet ut av papiret, i alle fire sektorene.
• Den horisontale lederen har strøm mot høyre. Over lederen (sektor B og C) peker feltet ut av papiret, og under lederen (A og D) peker det inn i papiret.
• Den vertikale lederen har strøm oppover. Til høyre for lederen (A og B) peker feltet inn i papiret, og til venstre (C og D) peker det ut av papiret.

Bare i sektor C peker alle tre bidragene samme vei, ut av papiret. I de andre sektorene motvirker minst ett bidrag de andre, så det samlede feltet er størst i C.

Den magnetiske kraften på en positiv ladning er $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$. Kraften står vinkelrett på både $\overrightarrow{v}$ og $\overrightarrow{B}$, og retningen finner vi med høyrehåndsregelen for kryssproduktet: fingrene langs $\overrightarrow{v}$, bøy dem mot $\overrightarrow{B}$, og tommelen viser $\overrightarrow{F}$.

• A: $\overrightarrow{v}$ nedover og $\overrightarrow{B}$ inn i papiret gir kraft mot høyre. Stemmer.
• B: Samme $\overrightarrow{v}$ og $\overrightarrow{B}$ som i A, men kraften er tegnet mot venstre.
• C: $\overrightarrow{v}$ mot høyre og $\overrightarrow{B}$ ut av papiret gir kraft nedover, ikke oppover.
• D: $\overrightarrow{v}$ oppover og $\overrightarrow{B}$ ut av papiret gir kraft mot høyre, ikke mot venstre.

Kraftretning: Det virker tre krefter på staven: tyngdekraften loddrett nedover, normalkraften fra skinnene vinkelrett på skinnene og den magnetiske kraften $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$. Den magnetiske kraften står vinkelrett på både staven og det loddrette feltet, så sett fra siden er den horisontal. Skinnene heller nedover mot høyre, så normalkraften peker skrått opp mot høyre. Staven ligger i ro uten friksjon, og da må den magnetiske kraften peke mot venstre for å oppheve den horisontale komponenten til normalkraften.

Strømretning: I figuren sett fra siden ser vi staven fra P-enden, så Q ligger bak P, inn i papiret. Strøm fra P til Q går altså inn i papiret. Med høyrehåndsregelen (fingrene langs strømmen inn i papiret, bøy dem mot $\overrightarrow{B}$ nedover) peker tommelen mot venstre. Strømmen går fra P til Q.

Fluksen inn i papiret øker. Etter Lenz’ lov går den induserte strømmen slik at den motvirker endringen, altså slik at den lager et felt ut av papiret inni rutenettet. Det gir strøm mot klokka rundt hver av de fire rutene.

Hver av de indre lederne deles av to naboruter. Strømmen mot klokka i den ene ruta og strømmen mot klokka i naboruta går motsatt vei i den felles lederen, og de opphever hverandre. Det går derfor ingen strøm i de indre lederne. Igjen står strøm mot klokka langs ytterkanten: mot venstre øverst, nedover på venstre side, mot høyre nederst og oppover på høyre side. Det er figur A. C viser strøm med klokka, og B og D har strøm i de indre lederne.

Per: På vei inn i feltet øker fluksen inn i papiret gjennom ringen. Etter Lenz’ lov lager den induserte strømmen et felt som motvirker økningen, altså ut av papiret inni ringen, og det krever strøm mot klokka. På vei ut av feltet minker fluksen inn i papiret, og den induserte strømmen går med klokka for å motvirke minkingen. Per har byttet om retningene og tar feil.

Kari: Den induserte strømmen gir varmetap i resistansen i ringen. Magnetfeltet virker med krefter på strømmen som bremser ringen både på vei inn og på vei ut av feltet. Energien som går tapt, tas fra den mekaniske energien til pendelen, så pendelen går saktere for hver passering. Kari har rett.

Ett av de to postulatene i den spesielle relativitetsteorien er at lysfarten i vakuum er $c$ i alle treghetssystemer, uavhengig av hvordan lyskilden beveger seg. Herman måler derfor også farten $c$. C og D bygger på klassisk addisjon av farter og gir en fart større enn $c$.

Retningen er derimot ikke den samme i de to systemene. I Hermans system flytter romskipet seg mot høyre mens lyset går fra lommelykta mot taket, så lyset treffer taket lenger til høyre enn der det ble sendt ut. Lyset beveger seg altså på skrått mot høyre. Den loddrette fartskomponenten blir $\sqrt{c^2-v^2}$, slik at den totale farten fortsatt er $c$.

Påstand 1: Lorentzfaktoren $\gamma ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-{\displaystyle \frac{v^2}{c^2}}}}}$ øker når farten øker. Per har størst lorentzfaktor og dermed størst fart. Påstanden er feil.

Påstand 2: Per og Pål måler hver sin tømmerstokk i ro i sitt eget system, så begge stokkene har egenlengden $L_0=\mathrm{8,0}\mathrm{m}$. Espen måler den kontraherte lengden $L={\displaystyle \frac{L_0}{\gamma }}$. Pål har minst lorentzfaktor, så hans stokk blir minst forkortet, og Espen måler at Pål har lengst tømmerstokk. Påstanden er riktig.

I fotonmodellen frigjør hvert foton høyst ett elektron, og fotonenergien er $E=hf$.

Påstand 1: Høyere frekvens gir hvert foton mer energi, så de frigitte elektronene får større kinetisk energi, $E_k=hf-W$. Antallet frigitte elektroner bestemmes derimot av hvor mange fotoner som treffer plata per tid, altså av intensiteten, ikke av frekvensen. Påstanden er feil.

Påstand 2: Fotonenergien må minst være like stor som løsrivingsarbeidet $W$ for at et elektron skal bli frigitt. Det finnes derfor en grensefrekvens $f_0={\displaystyle \frac{W}{h}}$. Påstanden er riktig.

Foton 2 går i motsatt retning av foton 1, så vinkelen mellom fartsretningene er $\theta ={180}^{\circ }$ og $\cos \theta =-1$:

Elektronet var i ro før støtet. Energibevaring gir at elektronet får den kinetiske energien fotonet mister:

Siden ${\lambda }_2>{\lambda }_1$, er dette positivt. Uttrykket i D ville gitt negativ kinetisk energi, og A og B legger sammen fotonenergiene i stedet for å trekke fra.

Bølgelengden til bølgefunksjonen er de Broglie-bølgelengden til elektronet, og bevegelsesmengden er $p={\displaystyle \frac{h}{\lambda }}$. Den kinetiske energien er da

Kortere bølgelengde gir altså høyere energi. Elektron 1 har kortest bølgelengde og høyest energi. I figuren er det 7,5 bølgelengder på lengden $L$ for elektron 1 og 1,5 for elektron 2, så ${\lambda }_2=5{\lambda }_1$, og elektron 1 har omtrent 25 ganger så mye kinetisk energi.

Strømlederen henger i ro, så kraftsummen er null. Det virker tre krefter på den:

• tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ loddrett nedover, med $G=mg$
• snordraget $\overrightarrow{S}$ fra de to kobbertrådene, langs trådene skrått opp mot venstre
• den magnetiske kraften ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{B}}$ på strømmen. Den står vinkelrett på både strømlederen og det loddrette magnetfeltet og er derfor horisontal. Utslaget er mot høyre, så kraften peker mot høyre.

Kraften på en strømleder er ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{B}}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$. I fotografiet ser vi omtrent langs strømlederen fra P-enden: P er nærmest oss, Q lengst unna, og lederen har fått utslag mot høyre. Det er samme situasjon som i skissen til høyre. Med $\overrightarrow{B}$ nedover og ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{B}}$ mot høyre må strømmen gå ut av papirplanet i skissen, mot oss. Kontroll med høyrehåndsregelen: fingrene langs strømmen mot oss, bøy dem mot $\overrightarrow{B}$ nedover, og tommelen peker mot høyre. Strømmen går altså fra Q (bakerst) til P (nærmest oss), det vil si fra Q til P.

Kraftsummen er null. Vi dekomponerer snordraget i en loddrett og en horisontal komponent. Strømlederen står vinkelrett på feltet, så $F_{\mathrm{B}}=BIL$:

Vi deler den andre likningen på den første:

Den magnetiske flukstettheten er $\underline{\underline{B={\displaystyle \frac{mg\tan \alpha }{IL}}}}$.

Ekvivalensprinsippet sier at virkningene av et homogent gravitasjonsfelt og av akselerasjon er likeverdige. Ingen forsøk inne i et lite, lukket laboratorium kan avgjøre om laboratoriet står i ro i et gravitasjonsfelt med feltstyrke $\overrightarrow{g}$, eller om det akselererer med $-\overrightarrow{g}$ ute i rommet langt fra alle masser.

Eksempel: En person i et romskip som akselererer med $\mathrm{9,81}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ «oppover», kjenner den samme tyngden som på jordoverflata. Tilsvarende kan en person i fritt fall i et gravitasjonsfelt ikke skille situasjonen fra å sveve vektløs i et treghetssystem.

• Ut fra stjerna: Lyset må «klatre» ut av det sterke gravitasjonsfeltet til stjerna. Da mister fotonene energi, omtrent som en ball som kastes oppover mister kinetisk energi. Lysfarten er fortsatt $c$, så energitapet viser seg som lavere frekvens, siden $E=hf$, og lengre bølgelengde. Dette er gravitasjonell rødforskyvning. Vi kan også forklare det med gravitasjonell tidsdilatasjon: Klokker nær stjerna går saktere enn klokker langt unna, så svingningene i lyset som sendes ut der, kommer sjeldnere fram til en observatør lenger ute.
• Inn mot jorda: Når lyset nærmer seg jorda, faller det inn i jordas gravitasjonsfelt og vinner litt energi. Frekvensen øker litt, og lyset blir litt blåforskjøvet.
• Samlet: Stjerna har mye større masse enn jorda, og gravitasjonsfeltet ved overflata er mye sterkere. Energitapet ut fra stjerna er derfor mye større enn energigevinsten inn mot jorda. Lyset vi observerer på jorda, har lavere frekvens og lengre bølgelengde enn da det ble sendt ut. Det er rødforskjøvet.

Når klossen akkurat mister kontakt på toppen, er normalkraften null der. Tyngdekraften alene gir sentripetalkraften, og vi finner farten $v_{\text{topp}}$ på toppen:

Uten friksjon og luftmotstand er den mekaniske energien bevart fra startposisjonen i høyden ${\displaystyle \frac{3R}{4}}$ til toppen i høyden $R$. Normalkraften gjør ikke arbeid, fordi den står vinkelrett på bevegelsen:

Startfarten er $\underline{\underline{v_0=\sqrt{{\displaystyle \frac{3gR}{2}}}}}$.

La $\theta$ være vinkelen mellom vertikalen og linja fra sentrum av halvsirkelen til klossen. Høyden over gulvet er $R\cos \theta ={\displaystyle \frac{3R}{4}}$, så $\cos \theta ={\displaystyle \frac{3}{4}}$.

Klossen beveger seg i en sirkelbane med radius $R$. Komponenten av tyngdekraften mot sentrum er $mg\cos \theta$, og normalkraften $N$ peker ut fra sentrum. Kraftsummen mot sentrum er sentripetalkraften:

Klossen mister kontakt med banen når $N=0$:

Farten der klossen mister kontakt, er $\underline{\underline{v={\displaystyle \frac{\sqrt{3gR}}{2}}}}$. Svaret avhenger bare av hvor på banen klossen mister kontakt, ikke av startfarten.

Uten luftmotstand er tyngdekraften den eneste kraften på ballen. Den virker vertikalt, så den horisontale farten er konstant, og den vertikale bevegelsen har konstant akselerasjon $g$ nedover. Vi dekomponerer startfarten:

I toppunktet er den vertikale farten null. Den tidløse formelen $v_y^2-v_{0y}^2=-2g\mathrm{\Delta }y$ gir stigningen over utgangshøyden:

Høyden over gulvet blir

Vi legger origo i gulvet rett under utgangspunktet, med $y$-aksen oppover. Den vertikale posisjonen er

Ballen treffer gulvet når $y=0$:

Andregradsformelen gir den positive løsningen $t=\mathrm{0,918}\mathrm{s}$ (den negative løsningen har ingen fysisk mening). I denne tiden beveger ballen seg horisontalt med konstant fart:

Uten luftmotstand virker bare tyngdekraften på kula, og den er vertikal. Da ville vi fått:

• konstant horisontal fart, altså en rett linje i $x(t)$-grafen
• konstant vertikal akselerasjon $g$, altså en parabel i $y(t)$-grafen som er symmetrisk om toppunktet

Grafene viser noe annet:

• $x$-retning: Punktene ligger ikke på en rett linje. Avstanden mellom punktene avtar fra omtrent $\mathrm{0,10}\mathrm{m}$ i starten til omtrent $\mathrm{0,05}\mathrm{m}$ på slutten, med samme tid mellom hvert bilde. Den horisontale farten avtar altså. Det må skyldes en kraft mot bevegelsesretningen, og den eneste kandidaten er luftmotstanden.
• $y$-retning: Kula når toppen etter omtrent $\mathrm{0,27}\mathrm{s}$, men er tilbake i starthøyden først etter $\mathrm{0,60}\mathrm{s}$. Den bruker altså kortere tid opp enn ned, og grafen er brattere i starten enn på slutten. Kula har dermed mindre vertikal fart når den kommer ned, enn da den ble kastet. På veien opp virker luftmotstanden nedover sammen med tyngdekraften, så kula bremses raskere. På veien ned virker luftmotstanden oppover mot tyngdekraften, så kula får mindre akselerasjon.

Begge grafene viser altså at luftmotstanden påvirker bevegelsen til isoporkula.

Startfarten er stigningstallet til grafene ved $t=0$. Vi kan tegne tangenter i origo, eller bruke de første punktene. Det er ${\displaystyle \frac{1}{30}}\mathrm{s}$ mellom hvert punkt. Vi leser av:

Gjennomsnittsfarten i et kort tidsintervall er omtrent lik momentanfarten midt i intervallet. Farten avtar raskt i starten, så gjennomsnittsfarten i det første intervallet er litt mindre enn startfarten. Vi retter for det ved å se hvor mye farten endrer seg fra første til andre intervall:

Farten endrer seg med $\mathrm{0,15}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ og $\mathrm{0,60}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ per intervall. Fra midten av første intervall og tilbake til $t=0$ er det et halvt intervall, så vi legger til halvparten av endringen:

Størrelsen til startfarten er

Bruker vi bare det første intervallet uten korreksjon, får vi $v_0\approx \mathrm{4,8}\mathrm{m}/\mathrm{s}$, som er litt for lite. Avlesningen er usikker, så svar mellom omtrent $\mathrm{4,8}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ og $\mathrm{5,2}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ er rimelige.

Det elektriske feltet gjør arbeidet $W=eU$ på elektronet. Elektronet starter i ro, så arbeidet blir til kinetisk energi. Klassisk er $E_{\mathrm{k}}=\frac{1}{2}{m}_{\mathrm{e}}{v}^2$:

Relativistisk er $E_{\mathrm{k}}=(\gamma -1)m_{\mathrm{e}}{c}^2$. Arbeidet fra feltet er fortsatt $eU$:

Vi løser $\gamma ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-{(v/c)}^2}}}$ med hensyn på $v$:

Farten er omtrent $15\%$ av lysfarten, så den relativistiske farten er bare litt mindre enn den klassiske.

Protonet får den samme kinetiske energien $eU$ som elektronet, siden ladningen har samme tallverdi. Protonet har mye større masse, så farten blir langt under lysfarten, og vi kan regne klassisk. Med $E_{\mathrm{k}}={\displaystyle \frac{p^2}{2m_{\mathrm{p}}}}$ blir bevegelsesmengden

De Broglie-bølgelengden er

Heisenbergs uskarphetsrelasjon sier at

Den minste mulige uskarpheten i bevegelsesmengden får vi med likhetstegn og $\mathrm{\Delta }x=\lambda$:

Siden $\lambda =h/p$, er dette det samme som $\mathrm{\Delta }p={\displaystyle \frac{p}{4\pi }}$, altså omtrent $8\%$ av bevegelsesmengden.

Gravitasjonsfeltstyrken er gravitasjonskraften per masse. Avstanden fra sentrum av planeten til P er $R+d$:

Planeten har ingen atmosfære, så gravitasjonskraften er den eneste kraften på gjenstanden, og den mekaniske energien er bevart. Gravitasjonsfeltstyrken endrer seg mye på veien, så vi må bruke den potensielle energien $E_{\mathrm{p}}=-\gamma {\displaystyle \frac{Mm}{r}}$, ikke $mgh$. Med $m$ som massen til gjenstanden:

Massen $m$ forkortes bort:

Gjenstanden starter i ro og faller langs linja mot månen og planeten. Både planeten og månen ligger på samme side av gjenstanden, så begge gravitasjonskreftene peker samme vei, mot planeten. Kreftene øker når avstandene minker, så akselerasjonen er ikke konstant. Vi løser bevegelsen numerisk med Eulers metode.

La $x$ være strekningen gjenstanden har falt fra P. Da er avstanden til sentrum av planeten $R+d-x$ og avstanden til sentrum av månen $s-x$. Newtons 2. lov gir

Gjenstanden treffer månen når avstanden til sentrum av månen er lik radien $r$, altså når $x=s-r$. Løkka går så lenge $x<s-r$:

gamma = 6.67E-11
M = 2.60E26
m = 1.50E23
R = 2.30E7      # radius planet
d = 5.50E7      # avstand fra P til planetoverflata
r = 1.20E5      # radius måne
s = 1.00E7      # avstand fra P til månesentrum
v = 0
t = 0
x = 0           # strekning gjenstanden har falt fra P (positiv mot planeten)

dt = 0.01
while x < s - r:
    avstand_planet = R + d - x
    avstand_mane = s - x
    a = gamma*M/avstand_planet**2 + gamma*m/avstand_mane**2
    v = v + a*dt
    x = x + v*dt
    t = t + dt

print(t)

Programmet skriver ut

2479.1000000076924

Med $\mathrm{d}t=1\mathrm{s}$ gir programmet $2479\mathrm{s}$, så tidssteget er mer enn lite nok. Det tar $\underline{\underline{\mathrm{2,48}\cdot {10}^3\mathrm{s}}}$, omtrent $41$ minutter, før gjenstanden treffer månen.

Protonet bøyes av nedover, så den elektriske kraften ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{e}}=e\overrightarrow{E}$ peker nedover, og feltet peker fra den øverste mot den nederste plata. Kraften er konstant og vertikal. Horisontalt beveger protonet seg derfor med konstant fart $v_0$, og vertikalt har det konstant akselerasjon fra ro:

Protonet kommer inn midt mellom platene, så det må bevege seg $y={\displaystyle \frac{\mathrm{8,20}\mathrm{c}\mathrm{m}}{2}}=\mathrm{4,10}\mathrm{c}\mathrm{m}$ nedover. Fra $y=\frac{1}{2}a{t}^2$ får vi