Fysikk 2 Vår 2022

Vi legger origo i utskytingspunktet og velger positiv retning oppover. Den vertikale startfarten er $v_{0y}=20\mathrm{m}/\mathrm{s}\cdot \sin 30°=10\mathrm{m}/\mathrm{s}$, og akselerasjonen er $-g$. Innsjøen ligger $12\mathrm{m}$ under startpunktet, så kula treffer vannet når $y=-12\mathrm{m}$:

A og B har feil fortegn på tyngdeleddet (akselerasjonen peker nedover), og C har feil fortegn på startfarten (kula skytes skrått oppover).

Den vertikale og den horisontale bevegelsen er uavhengige. Vertikalt starter steinen uten fart, så flytiden er gitt av $h=\frac{1}{2}g{t}^2$ og avhenger ikke av den horisontale farten: tiden blir fortsatt $t$. Horisontalt er farten konstant, så $R=vt$. Med farten $2v$ og samme tid blir avstanden $2R$.

Farten er konstant, så kraftsummen er null. Normalt på og langs skråplanet (helningsvinkel $\alpha$) gir det

Siden $\cos \alpha <1$, er normalkraften mindre enn tyngdekraften (D), og C er feil. Friksjonstallet er $\mu ={\displaystyle \frac{R}{N}}<1$, så friksjonskraften er mindre enn normalkraften. Derfor er både A og B feil.

Støtet er uelastisk, så vi bruker bevaring av bevegelsesmengde (ikke energi) for å finne felles fart $V$:

Kinetisk energi rett etter støtet er $E_k=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{2,0}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot {(\mathrm{0,50}\mathrm{m}/\mathrm{s})}^2=\mathrm{0,25}\mathrm{J}$. Friksjonskraften bremser fellesgjenstanden til ro, så friksjonsarbeidet tar hele denne energien:

Kraftsummen må peke mot sentrum av sirkelen i begge punktene. I toppen ligger banen over gjenstanden, så både tyngdekraften og normalkraften peker nedover, mot sentrum. I bunnen peker tyngdekraften nedover og normalkraften oppover, mot sentrum. Der må $N>G$ for at kraftsummen skal peke mot sentrum. Bare figur 3 viser dette: Figur 2 har en kraft oppover i toppen, i figur 4 er $N<G$ i bunnen, og i figur 1 er $N=G$ i bunnen, som gir kraftsum null.

Ved konstant banefart er kraftsummen sentripetalkraften, som hele tiden står normalt på fartsretningen. En kraft normalt på bevegelsen utfører ikke arbeid, $W=Fs\cos 90°=0$. Det stemmer med arbeid-energi-setningen: farten er uendret, så $W=\mathrm{\Delta }{E}_k=0$.

Arbeidet er arealet under $F$-$x$-grafen. Grafen er en rett linje gjennom origo med $F=20\mathrm{N}$ ved $\mathrm{6,0}\mathrm{c}\mathrm{m}$, så $F=10\mathrm{N}$ ved $\mathrm{3,0}\mathrm{c}\mathrm{m}$. Arealet mellom $\mathrm{3,0}\mathrm{c}\mathrm{m}$ og $\mathrm{6,0}\mathrm{c}\mathrm{m}$ er et trapes:

Med kula regnet som en punktmasse gir energibevaring farten $v=\sqrt{2gh}$ i bunnpunktet, uavhengig av massen. Halvdelen som faller av, har samme fart som resten og dytter ikke på den, så halvdelen som henger igjen, beholder farten $v$. Energibevaring for denne halvdelen gir

Massen forkortes, så den når samme høyde som startpunktet.

Astronauten er vektløs fordi både astronauten og romstasjonen er i fritt fall rundt jorda. Gravitasjonen alene gir akselerasjonen $a=\gamma {\displaystyle \frac{M}{r^2}}$, som er uavhengig av massen. De har derfor samme akselerasjon (B), og det virker ingen normalkraft mellom dem. Gravitasjonskraften og feltstyrken er ikke null i banen, de er nesten like store som på jordoverflaten (A og D er feil). Gravitasjonskraften $\gamma {\displaystyle \frac{Mm}{r^2}}$ er proporsjonal med massen, så astronauten og romstasjonen får ulik gravitasjonskraft (C er feil).

Feltstyrken i et punkt er vektorsummen av feltet fra jorda, som peker mot jordsenteret, og feltet fra månen, som peker mot månesenteret. Summen kan bare bli null når de to vektorene er motsatt rettet, og det skjer bare på linja mellom sentrene. Utenfor denne linja peker feltene i ulike retninger og kan ikke oppheve hverandre, så det finnes ingen kurve eller linje med null feltstyrke. På linja mellom jorda og månen er det bare ett punkt der feltene er like sterke:

Punktet ligger i virkeligheten mye nærmere månen enn figuren viser, fordi månen har mye mindre masse.

Gjenstanden så vidt unnslipper når den mekaniske energien er null:

Massen $m$ til gjenstanden forkortes, så farten avhenger bare av massen $M$ og radiusen $R$ til planeten.

P ligger like langt fra to like store ladninger, så feltbidragene er like sterke. Feltet peker bort fra en positiv ladning og mot en negativ. Er $q_1$ positiv, peker bidraget fra $q_1$ skrått opp mot høyre. Er $q_2$ negativ, peker bidraget fra $q_2$ skrått ned mot høyre. De vertikale komponentene opphever hverandre, og summen peker mot høyre, som i figuren. Med like fortegn (A og D) blir summen vertikal, og med C peker feltet mot venstre.

Kula er i ro, så den elektriske frastøtende kraften oppover er like stor som tyngdekraften:

Elektronet er negativt, så den elektriske kraften $\overrightarrow{F}=-e\overrightarrow{E}$ virker motsatt av feltet, altså mot fartsretningen. Elektronet bremses, så D er feil. Over hele avstanden gjør feltet arbeidet $W=-eEd=-eU$ på elektronet. Elektronet når fram til plata hvis den kinetiske energien er minst like stor som dette:

B og C har ikke enhet energi ($\mathrm{J}/\mathrm{m}$ og $\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}$).

Med høyrehåndsregelen (tommelen i strømretningen, mot høyre) peker magnetfeltet inn i papiret under lederen, der elektronet er. Kraften er $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$. For en positiv ladning med fart mot høyre i et felt inn i papiret peker $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ oppover. Elektronet er negativt, så kraften peker motsatt vei, nedover. Det stemmer med at elektronet mot høyre tilsvarer en strøm mot venstre, og at motsatt rettede strømmer frastøter hverandre.

Magnetfeltet peker ut av papiret (prikkene). Den magnetiske kraften $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ peker mot sentrum av halvsirkelen. Begge partiklene kommer inn med fart mot høyre. For en positiv ladning gir $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ (mot høyre og ut av papiret) en kraft nedover. $q_1$ bøyes nedover og er positiv, mens $q_2$ bøyes oppover og er negativ.

Kraften på lederen er $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{B}$ med størrelse $F=IlB\sin \theta$. Den står normalt på både strømretningen og feltet. Begge ligger i papirplanet, så kraften må peke inn i eller ut av papirplanet, og D er feil. A gjelder bare når $\theta =0$. Med høyrehåndsregelen peker vi fingrene i strømretningen (skrått opp mot høyre) og bøyer dem mot feltretningen (mot høyre, med klokka). Da peker tommelen inn i papirplanet.

Arealet av spolen er $A={(\mathrm{0,020}\mathrm{m})}^2=\mathrm{4,0}\cdot {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2$. Etter $\mathrm{0,1}\mathrm{s}$ er $B=\mathrm{0,40}\mathrm{T}$, så

Grafen er en rett linje, så fluksen øker med konstant rate ${\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }}{\mathrm{\Delta }t}}$. Faradays induksjonslov $\epsilon =-N{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }}{\mathrm{\Delta }t}}$ gir da konstant indusert spenning.

Transformatorlikningen ${\displaystyle \frac{U_{\text{s}}}{U_{\text{p}}}}={\displaystyle \frac{N_{\text{s}}}{N_{\text{p}}}}$ viser at færre vindinger på sekundærsiden gir lavere spenning der, så transformatoren transformerer ned. Den må kobles til vekselstrøm. Spenningen på sekundærsiden induseres av en fluks som endrer seg, og likestrøm gir konstant fluks og ingen indusert spenning.

Den relativistiske bevegelsesmengden er $p=\gamma mv$ med $\gamma ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}}$. For alle farter $v>0$ er $\gamma >1$, så den klassiske verdien $mv$ er alltid lavere. Elsa har rett (påstanden gjelder faktisk for alle farter over null). For $v<\mathrm{0,1}c$ er $\gamma <{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-\mathrm{0,01}}}}\approx \mathrm{1,005}$, så verdiene skiller seg med under $\mathrm{0,5}\%$ og er tilnærmet like. Asle har også rett.

Figur 1: Et foton slår løs et elektron fra et metall. Det er fotoelektrisk effekt. Figur 2: Et foton støter mot et fritt elektron i ro og fortsetter med lavere energi og lengre bølgelengde (rød pil). Det er comptoneffekten. Figur 3: Elektroner som går gjennom en tynn metallfolie, gir et ringmønster på skjermen. Det er diffraksjon, altså bølgeegenskaper til partikler. Figur 4: Elektroner som bremses i et metall, sender ut fotoner. Det er røntgenstråling. Kombinasjonen er alternativ D.

Et foton gir hele energien $hf$ til ett elektron. Løsrivingsarbeidet $W$ går med til å rive elektronet løs, og resten blir kinetisk energi (Einsteins fotoelektriske likning):

C er negativ når elektroner løsrives ($hf>W$). B og D trekker en energi fra en frekvens og gir ikke mening.

Uskarphetsrelasjonene

gjelder for alle kvanteobjekter, for eksempel elektroner, nøytroner og fotoner, og har ingenting med ladning å gjøre. Paul tar feil. Relasjonen for energi og tid sier at jo mindre uskarphet det er i tiden (levetiden), desto større er uskarpheten i energien. En partikkel kan ikke samtidig ha skarp levetid og skarp energi, så James har rett.

Reaksjonen må bevare ladning, baryontall og leptontall.

• Ladning: Høyre side har $+1+(-1)=0$, og nøytronet er nøytralt, så X har ladning $0$. Det utelukker elektron og positron.
• Baryontall: Nøytronet og protonet har baryontall $1$, så X har baryontall $0$.
• Leptontall: Elektronet på høyre side har elektronleptontall $+1$, så X må ha elektronleptontall $+1$.

En nøytral partikkel med elektronleptontall $+1$ er et elektronnøytrino. Et antielektronnøytrino har leptontall $-1$.

Når klossen glir på skråplanet, virker tre krefter på den:

• tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ rett nedover
• normalkraften $\overrightarrow{N}$ normalt ut fra skråplanet
• friksjonskraften $\overrightarrow{R}$ oppover langs skråplanet, mot bevegelsesretningen

Farten er konstant, så kraftsummen er null. På den horisontale flaten virker de samme tre kreftene, men nå peker $\overrightarrow{N}$ rett oppover og $\overrightarrow{R}$ horisontalt mot fartsretningen. Der er $N=G$, men ingen kraft balanserer friksjonen, så klossen bremses.

Først finner vi friksjonstallet fra bevegelsen på skråplanet. Kraftsummen er null både normalt på og langs planet:

Med $R=\mu N$ får vi

På den horisontale flaten er $N=mg$, så friksjonskraften er $R=\mu mg=mg\tan \alpha$. Den er den eneste kraften langs bevegelsen. Newtons andre lov med positiv retning i fartsretningen gir

Akselerasjonen har absoluttverdi $g\tan \alpha$ og peker mot fartsretningen, så klossen bremses.

I det øverste punktet er normalkraften null, så tyngdekraften alene gir sentripetalakselerasjonen:

Deretter er bevegelsen et horisontalt kast fra høyden $r$ med startfart $v$. Vertikalt faller kula fritt uten startfart:

Horisontalt er farten konstant, så

Vogna har konstant fart og er et treghetssystem. I vognas referansesystem står B i ro midt i vogna, og lampene foran og bak er like langt unna. Ifølge relativitetsteorien har lyset farten $c$ i alle retninger i alle treghetssystemer. Lyset bruker derfor like lang tid fram til lampa foran som bak til lampa bak, og B observerer at lampene tennes samtidig.

Nei. Lyset har farten $c$ i begge retninger også i A sitt referansesystem, uavhengig av farten til lampa. Men mens lyset er underveis, flytter vogna seg mot høyre. Lampa bak beveger seg mot lyset, og lampa foran beveger seg bort fra det. Lyset når derfor lampa bak før lampa foran, og A observerer at lampa bak tennes først. To hendelser som er samtidige i ett treghetssystem, trenger altså ikke være samtidige i et annet: samtidighet er relativt.

Ekvivalensprinsippet sier at et referansesystem med akselerasjon $a$ oppover ikke kan skilles fra et referansesystem i ro i et homogent gravitasjonsfelt med feltstyrke $a$ nedover. Ingen forsøk inne i raketten kan avgjøre hvilken av situasjonene man er i.

Sett fra treghetssystemet utenfor går lysstrålen rett fram horisontalt. Mens lyset krysser raketten, beveger raketten seg oppover med økende fart. Sett fra raketten faller derfor lyset nedover i forhold til veggene, og strekningen det har falt, øker med kvadratet av tiden, $\mathrm{\Delta }y=\frac{1}{2}a{t}^2$. Lysstrålen følger en krum bane (omtrent en parabel) og treffer den motsatte veggen litt lavere enn lampa, på samme måte som en ball kastet horisontalt i et tyngdefelt.

Etter ekvivalensprinsippet må det samme skje i et gravitasjonsfelt: lys avbøyes av gravitasjon. Avbøyningen er svært liten fordi $c$ er så stor.

Produksjon av røntgenstråling

• I et røntgenrør varmes katoden opp slik at den sender ut elektroner.
• Elektronene akselereres av en høy spenning $U$ (flere titalls kilovolt) mot en anode av et tungt metall, for eksempel wolfram, og får kinetisk energi $E_k=eU$.
• Når elektronene bremses brått i anoden, sendes energien ut som fotoner (bremsestråling). Det gir et kontinuerlig spektrum der den største fotonenergien er $h{f}_{\text{maks}}=eU$.
• Elektronene kan også slå ut elektroner fra indre skall i anodeatomene. Når elektroner fra ytre skall faller ned i hullet, sendes det ut fotoner med bestemte energier (karakteristisk stråling).
• Røntgenfotonene har høy energi og kort bølgelengde, så de trenger gjennom bløtvev.

Absorpsjon og bilde

• Strålingen sendes gjennom kroppsdelen mot en detektor (eller film) på den andre siden.
• I kroppen blir fotoner absorbert eller spredt, blant annet ved fotoelektrisk effekt og comptonspredning. Hvor mye som absorberes, øker med tettheten og særlig med atomnummeret til stoffet.
• Bein inneholder kalsium og fosfor med høyere atomnummer og tetthet enn bløtvev, som stort sett består av lette atomer (hydrogen, karbon, oksygen). Bein absorberer derfor mye mer av strålingen.
• Bak beinet når lite stråling fram, og området blir lyst på bildet. Der strålingen bare går gjennom bløtvev, blir bildet mørkt. Røntgenbildet er dermed et skyggebilde av hvor mye strålingen absorberes.
• Røntgenstråling er ioniserende og kan skade celler, så dosen holdes så lav som mulig.

Det virker to krefter på kula: tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ rett nedover og snorkraften $\overrightarrow{S}$ langs snora mot opphengspunktet. Luftmotstanden ser vi bort fra.

Kula går i en horisontal sirkel med konstant banefart, så akselerasjonen er horisontal og peker mot sentrum av sirkelen. Kraftsummen i vertikal retning er derfor null:

Tyngdekraften er $G=mg$. Den horisontale komponenten av snorkraften er da den eneste kraften som ikke blir opphevet, og den er kraftsummen, rettet inn mot sentrum:

Newtons 2. lov gir

Kula har jevn sirkelbevegelse med banefart $v={\displaystyle \frac{2\pi r}{T}}$, så sentripetalakselerasjonen er

Fra figuren er radiusen $r=L\sin \theta$, og dermed er

De to uttrykkene gjelder den samme akselerasjonen, så vi setter dem lik hverandre:

Vi deler på $\sin \theta$, som ikke er null når kula går i sirkel, og ganger med $\cos \theta$:

Vi regner ut $g$ for hver måling med $L=\mathrm{0,15}\mathrm{m}$. Den første målingen gir for eksempel

Middelverdien er

Som usikkerhet bruker vi halve variasjonsbredden, altså halvparten av avstanden mellom største og minste verdi:

Standardavviket til de fire verdiene er $\mathrm{0,21}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$, altså omtrent det samme. Vi avrunder usikkerheten til ett gjeldende siffer og middelverdien til samme desimal:

Tabellverdien $\mathrm{9,81}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ ligger innenfor intervallet. Legg merke til at $g$-verdiene avtar systematisk når vinkelen øker. Det tyder på en systematisk feil. Vinkelen er vanskelig å måle nøyaktig mens kula er i bevegelse, og en feil i vinkelen gir større utslag i $\cos \theta$ jo større vinkelen er.

Snorkraften er $S=\mathrm{3,0}\mathrm{N}$, mens tyngdekraften bare er $G=mg=\mathrm{0,0100}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{9,81}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2=\mathrm{0,0981}\mathrm{N}$. Kraftsummen vertikalt er null, som i a), så

Snora er altså nesten horisontal. Den horisontale komponenten av snorkraften er sentripetalkraften, og radiusen er $r=L\sin \theta$:

Farten til kula er $\underline{\underline{v=\mathrm{6,7}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Protonet beveger seg mot høyre, og $\overrightarrow{B}$ peker ut av papirplanet. Høyrehåndsregelen for ${\overrightarrow{F}}_B=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ gir at den magnetiske kraften på det positive protonet peker nedover i papirplanet (mot bunnen av arket).

Skal protonet gå rett fram, må kraftsummen være null. Den elektriske kraften må derfor peke oppover. Protonet er positivt, så $\overrightarrow{E}$ har samme retning som den elektriske kraften: $\overrightarrow{E}$ peker oppover i papirplanet, vinkelrett på fartsretningen.

Kreftene er like store:

Protonene fra kilden har ulik fart. Den elektriske kraften $F_E=qE$ er uavhengig av farten, mens den magnetiske kraften $F_B=qvB$ er proporsjonal med farten. Kreftene opphever hverandre bare når $v={\displaystyle \frac{E}{B}}$.

• Protoner med større fart får større magnetisk enn elektrisk kraft og bøyes av nedover.
• Protoner med mindre fart får større elektrisk enn magnetisk kraft og bøyes av oppover.

Området virker altså som et hastighetsfilter: bare protonene med farten $\mathrm{1,7}\cdot {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}$ går rett fram.

Farten er $\mathrm{5,7}$ % av lysfarten, så vi kan regne klassisk. Protonet har masse $m$ og fart $v$ før støtet. La $v_1$ og $v_2$ være farten til protonet og karbonkjernen (masse $12m$) etter støtet, med positiv retning i den opprinnelige fartsretningen. Støtet er rett (sentralt), så all bevegelse skjer langs én linje.

Bevegelsesmengden er bevart:

Støtet er elastisk, så også den kinetiske energien er bevart:

Vi deler den siste likningen på den første og får $v+v_1=v_2$. Innsatt i likningen for bevegelsesmengde gir det

Minustegnet betyr at protonet spretter tilbake. Protonet får farten $\underline{\underline{\mathrm{1,4}\cdot {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$ rett tilbake, motsatt vei av den det kom fra. Karbonkjernen får farten $v_2={\displaystyle \frac{2}{13}}v=\mathrm{2,6}\cdot {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$ framover.

Uten elektrisk felt virker bare den magnetiske kraften. Den står hele tiden vinkelrett på farten, så protonet går i en sirkelbue med konstant fart. Protonet beveger seg mot venstre inn i området, og $\overrightarrow{B}$ peker ut av papirplanet. Høyrehåndsregelen gir da at kraften i inngangspunktet peker oppover, så sentrum i sirkelbanen ligger rett over inngangspunktet.

Den magnetiske kraften er sentripetalkraften:

Inngangspunktet ligger $17\mathrm{c}\mathrm{m}$ over den nedre siden. Sentrum ligger på linja gjennom høyre side, $17\mathrm{c}\mathrm{m}+\mathrm{16,7}\mathrm{c}\mathrm{m}=\mathrm{33,7}\mathrm{c}\mathrm{m}$ over den nedre siden, altså $\mathrm{0,3}\mathrm{c}\mathrm{m}$ under øvre høyre hjørne.

• Protonet bøyes av oppover og mot venstre. Punktet lengst til venstre i banen ligger $\mathrm{16,7}\mathrm{c}\mathrm{m}$ fra høyre side og $\mathrm{33,7}\mathrm{c}\mathrm{m}$ over den nedre siden, altså fortsatt inni kvadratet. Protonet når derfor ikke venstre side.
• Like etter dette punktet når banen høyden $34\mathrm{c}\mathrm{m}$, altså den øvre siden. Det skjer omtrent $\sqrt{r^2-{(\mathrm{0,3}\mathrm{c}\mathrm{m})}^2}\approx \mathrm{16,7}\mathrm{c}\mathrm{m}$ fra øvre høyre hjørne.

Protonet forlater området gjennom den øvre siden, nesten midt på, og beveger seg da nesten rett oppover.

Reaksjonen bevarer ladning og baryontall, men den lager et ekstra proton og et antiproton. Hvilemassen øker med $2m_{\mathrm{p}}$, så protonene må til sammen ha minst så mye kinetisk energi som hvileenergien til det nye paret:

Dette er minstekravet, og det gjelder når protonene støter rett mot hverandre med like stor fart. Da er samlet bevegelsesmengde null, og all kinetisk energi kan gå med til å lage nye partikler. I andre tilfeller trengs enda mer energi.

Farten er bare $\mathrm{5,7}$ % av lysfarten ($\gamma =\mathrm{1,0016}$), så klassisk kinetisk energi er en god tilnærming:

De to protonene har til sammen $\mathrm{3,0}\mathrm{M}\mathrm{e}\mathrm{V}$ kinetisk energi, som er omtrent $1/600$ av det som trengs. Reaksjonen er derfor ikke mulig med denne farten.