Fysikk 2 Vår 2023

Formelen er et produkt av potenser. Da er relativ usikkerhet summen av de relative usikkerhetene til de målte størrelsene, hver ganget med absoluttverdien av eksponenten. $g$ og tallet $2$ er eksakte, og $x$ og $v$ står begge i andre potens (at $v$ står i nevneren, endrer ikke bidraget):

Alternativ A får vi hvis vi glemmer kvadratene.

Friksjonskraften er $R=\mu N$, så vi må finne normalkraften. Kraften $\overrightarrow{F}$ har en vertikal komponent $F\sin \alpha$ oppover som løfter litt på klossen. Klossen har ingen akselerasjon vertikalt, så

Dermed er $R=\mu (mg-F\sin \alpha )$. Alternativ A gjelder bare når trekkraften er horisontal, og $F\cos \alpha$ er den horisontale komponenten som er like stor som friksjonskraften (konstant fart) — ikke normalkraften.

Loddet er i ro, så $S_3=mg$. I knutepunktet er kraftsummen null. Horisontalt:

Altså er $S_1<S_2$. Vertikalt gir $S_1\sin 30°+S_2\sin 60°=mg$, som gir $S_1=\frac{1}{2}mg$ og $S_2=\frac{\sqrt{3}}{2}mg$. Dermed er $S_1<S_2<S_3$, og bare D stemmer. Snora som er brattest, bærer mest.

Det virker bare to krefter på kula: tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ nedover og snorkraften $\overrightarrow{S}$ oppover mot opphengspunktet. Kula går i en sirkelbane, så i det nederste punktet peker akselerasjonen mot sentrum, altså oppover:

Figur A viser dette. B ($S=G$) gjelder bare når kula er i ro, og C ($S<G$) ville gitt kraftsum bort fra sentrum. Det finnes ingen horisontal kraft (D) når vi ser bort fra luftmotstand — i det nederste punktet er farten størst, og banefarten endres ikke.

Kreftene på kula er tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ nedover og snorkraften $\overrightarrow{S}$ langs snora mot opphengspunktet. Noen tredje kraft finnes ikke, så D er feil (tangentialakselerasjonen skyldes komponenten av $\overrightarrow{G}$ langs banen).

Kula passerer punktet med en viss fart, så kraftsummen må ha en komponent inn mot sentrum. Med $\theta$ som vinkelen mellom snora og loddlinja gir det

I figuren er $\theta \approx 30°$, så $S$ må være større enn $G\cos 30°\approx \mathrm{0,87}G$. I B er $S$ omtrent lik $\mathrm{0,87}G$, som bare gjelder i vendepunktet der farten er null. I C er $S$ mye mindre, og da ville kraftsummen pekt ut fra sentrum. Figur A, der $S>G\cos \theta$, viser best kreftene.

Med $x$-aksen nedover langs skråplanet (som i figuren) er farten $v$ positiv. Langs aksen virker komponenten av tyngdekraften $mg\sin u$ i positiv retning, og luftmotstanden $kv$ mot fartsretningen, altså i negativ retning. Newtons andre lov gir

som er kode A. I C og D har tyngdekomponenten feil fortegn, og i B virker luftmotstanden i fartsretningen.

Den vertikale startfarten er $v_{0y}=v\sin \theta$. I toppunktet er den vertikale farten null. Med den tidløse formelen for vertikal bevegelse med akselerasjon $-g$ får vi

I A mangler kvadratet på $\sin \theta$, B bruker den horisontale komponenten, og D mangler faktoren $2$.

Etter bordkanten er startfarten horisontal. Den vertikale bevegelsen er da uavhengig av farten, så falltiden $t=\sqrt{2h/g}$ er den samme begge gangene (A er feil). Den horisontale avstanden $x=vt$ blir mindre med mindre fart (B er feil). Farten når bilen treffer gulvet, er

Den vertikale farten $gt$ er den samme begge gangene, men $v$ er mindre, så sluttfarten blir mindre den andre gangen.

Stjernene ligger på hver sin side av sentrum, så avstanden mellom dem er $2r$. Gravitasjonskraften fra den andre stjerna er den eneste kraften og virker som sentripetalkraft i en sirkelbane med radius $r$:

Merk at avstanden i gravitasjonsloven ($2r$) er forskjellig fra baneradien ($r$).

Vi sammenligner med to kjente farter i avstanden $r=R+h$ fra jordsentrum. Sirkelbanefarten er $v_{\text{sirkel}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{\gamma M}{r}}}$, og unnslipningsfarten er $v_{\text{unnslip}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\gamma M}{r}}}$. Den gitte farten $\sqrt{{\displaystyle \frac{3\gamma M}{r}}}$ er større enn unnslipningsfarten. Da er den totale mekaniske energien positiv:

Satellitten unnslipper jordas gravitasjonsfelt. Ellipsebane ville krevd en fart mellom sirkelbanefarten og unnslipningsfarten.

En lang, rett leder gir flukstettheten $B={\displaystyle \frac{{\mu }_0}{2\pi }}{\displaystyle \frac{I}{r}}=k{\displaystyle \frac{I}{r}}$ med $k=2\cdot {10}^{-7}\mathrm{T}\mathrm{m}/\mathrm{A}$. Leder nummer $n$ har avstanden $r=nd$ fra P, så bidraget er $k{\displaystyle \frac{I}{dn}}$. Linje 6 må legge bidraget til summen B (A overskriver summen i hver runde). Strømmen går annenhver vei i lederne (opp i leder 1, ned i leder 2 osv.), og alle lederne ligger på samme side av P. Derfor peker bidragene annenhver gang inn i og ut av papiret, og vi må ha med faktoren (-1)**n, som i C. B antar at alle bidragene har samme retning, og D har $I^2$, mens feltet er proporsjonalt med $I$. Siden programmet skriver ut abs(B), spiller det ingen rolle hvilket fortegn den første lederen får.

Figur 1: Den magnetiske kraften er $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ og står vinkelrett på både $\overrightarrow{v}$ og $\overrightarrow{B}$. Med høyrehåndsregelen for en positiv ladning (fingrene langs $\overrightarrow{v}$ skrått opp mot venstre, bøyd mot $\overrightarrow{B}$ inn i papiret) peker tommelen skrått ned mot venstre, $\swarrow$.

Figur 2: Den elektriske kraften på en positiv ladning er $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ og peker langs feltlinjene, uavhengig av fartsretningen. Kraften peker altså rett nedover, $\downarrow$. Det gir alternativ C.

Når sløyfa er på vei inn i feltet, øker fluksen gjennom den. En strøm mot klokka gir et indusert magnetfelt ut av papiret inne i sløyfa. Etter Lenz’ lov motvirker den induserte strømmen fluksendringen, så det ytre feltet må peke inn i papiret.

Lenz’ lov gir også at den magnetiske kraften motvirker bevegelsen, altså at den peker oppover skråplanet. Det stemmer med at farten er konstant: den magnetiske kraften balanserer komponenten av tyngdekraften nedover skråplanet. (Kontroll med $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{B}$ på sløyfesiden som er inne i feltet: strømmen går der vinkelrett ut fra skråplanet, og kraften peker oppover skråplanet.)

Fluksen er $\mathrm{\Phi }=BA$ med konstant areal, så $|\mathrm{\Phi }|$ følger grafen for $B$. Ved $t=1\mathrm{s}$ er $B=\mathrm{0,40}\mathrm{T}$, som er den største verdien; den minste er $\mathrm{0,25}\mathrm{T}$ ved $t=0$ og $t=3\mathrm{s}$. Påstand 1 er gal.

Den elektromotoriske spenningen er $\epsilon =-{\displaystyle \frac{\mathrm{d}\mathrm{\Phi }}{\mathrm{d}t}}=-A{\displaystyle \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}}$, altså proporsjonal med stigningstallet til grafen. Ved $t=2\mathrm{s}$ synker grafen tydelig, så $\epsilon \ne 0$ (spenningen er null ved $t=1\mathrm{s}$, i toppunktet). Påstand 2 er også gal.

Etter Faradays lov er $\epsilon =-N{\displaystyle \frac{\mathrm{d}\mathrm{\Phi }}{\mathrm{d}t}}$. Magneten henger med nordpolen ned mot spolen. Når den er langt unna, endres fluksen lite, og spenningen er nær null. Når den nærmer seg, øker fluksen, og vi får spenning med ett fortegn. Rett over spolen er fluksen størst, så ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}\mathrm{\Phi }}{\mathrm{d}t}}=0$ og spenningen skifter fortegn. Når magneten fjerner seg, avtar fluksen, og spenningen får motsatt fortegn. Farten er størst nær bunnen, så toppene blir høye og smale. Grafen skal altså ha én topp på hver side av null. Det utelukker A (bare ett fortegn) og D (tre topper).

Hvilket fortegn som kommer først, avhenger av hvordan dataloggeren er koblet, så forskjellen på B og C er størrelsen på toppene. Den induserte strømmen bremser magneten (Lenz’ lov), og en del av den mekaniske energien blir omdannet til elektrisk energi. Magneten har derfor litt mindre fart når den forlater spolen enn da den kom inn, fluksen endres langsommere, og den andre toppen blir lavest. Det passer med B.

Staven beveger seg mot høyre, så arealet av strømkretsen og fluksen inn i papiret øker. Etter Lenz’ lov gir den induserte strømmen et felt ut av papiret inne i kretsen, altså strøm mot klokka (opp gjennom staven). Det samme gir kraften $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ på de positive ladningene i staven, som peker oppover langs staven.

Den magnetiske kraften på staven er $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{B}$ med $\overrightarrow{l}$ oppover og $\overrightarrow{B}$ inn i papiret, og den peker mot venstre — mot fartsretningen. Farten avtar, og den kinetiske energien blir omdannet til varme i kretsen. C og D ville brutt med energibevaring.

Hendelsen skjer i ro om bord, så tiden målt i romskipet er egentiden $\mathrm{\Delta }{t}_0$. Fra jorda måles den dilaterte tiden $\mathrm{\Delta }t=\gamma \mathrm{\Delta }{t}_0$:

Egentiden er alltid den korteste. D får vi hvis vi ganger med $\gamma$ i stedet for å dele.

Lengdekontraksjon skjer bare langs fartsretningen; utstrekningen vinkelrett på farten er uendret. Hver figur skal derfor bli trykt sammen langs sin egen pil.

• A: Sirkelen beveger seg oppover, men er trykt sammen sidelengs.
• B: Figurene har samme form som i ro.
• C: Sirkelen beveger seg mot høyre, men er trykt sammen i høyden.
• D: Sirkelen er trykt sammen langs den skrå fartsretningen, og ellipsen, som beveger seg nedover, er trykt sammen i høyden og har beholdt bredden. Dette er riktig.

Et foton som spres på et elektron og fortsetter i en ny retning, er comptoneffekten. I fotoelektrisk effekt blir fotonet absorbert helt, og det kommer ikke ut noe foton. Fotonet overfører energi og bevegelsesmengde til elektronet, så det spredte fotonet har mindre energi. Siden $E={\displaystyle \frac{hc}{\lambda }}$, gir mindre energi større bølgelengde:

Sannsynlighetstettheten er $|\mathrm{\Psi }{|}^2$. Den er aldri negativ, den er null der $\mathrm{\Psi }=0$, og den er størst der $|\mathrm{\Psi }|$ er størst. Bølgefunksjonen i figuren er null i starten, etter én, to og tre inndelinger langs $x$-aksen, og har tre buer (to positive og én negativ) med like stor amplitude. Da skal $|\mathrm{\Psi }{|}^2$ ha tre like høye topper og være null i de samme fire punktene. Det er bare graf B. Høyden på toppene avhenger av normeringen, så det er formen som avgjør. A og C har nullpunkter på feil steder, og D har toppene der $\mathrm{\Psi }=0$.

Fotoelektrisk effekt er at elektroner blir slått løs fra en metalloverflate når den blir belyst med elektromagnetisk stråling med høy nok frekvens.

Einstein forklarte fenomenet med at lyset består av fotoner med energi $E=hf$. Ett foton gir all energien sin til ett elektron. Elektronet blir slått løs bare hvis fotonenergien er minst like stor som løsrivingsarbeidet $W$ for metallet, og overskuddet blir kinetisk energi:

Dette forklarer det vi observerer:

• Under grensefrekvensen $f_0=W/h$ blir ingen elektroner slått løs, uansett hvor sterkt lyset er.
• Sterkere lys (flere fotoner) gir flere løsrevne elektroner, men ikke større maksimal kinetisk energi.
• Høyere frekvens gir større maksimal kinetisk energi.
• Elektronene blir slått løs med én gang, uten tidsforsinkelse.

Bølgemodellen for lys kan ikke forklare disse observasjonene, så fotoelektrisk effekt viser at lys også har partikkelegenskaper.

Fluksen gjennom spolen er størst når spolens plan står vinkelrett på magnetfeltet, slik som i figuren:

I figuren er fluksen gjennom spolen størst. Når spolen dreies litt videre om akslingen, blir vinkelen mellom feltet og normalen til spolen større, og fluksen avtar — uansett hvilken vei spolen dreies. Etter Lenz’ lov gir den induserte strømmen et magnetfelt som motvirker at fluksen avtar, altså et felt inn i papiret inne i spolen. Det gir strøm med klokka sett fra samme side som i figuren. Det er ikke viktig å vite hvilken vei spolen dreies, fordi fluksen avtar i begge tilfeller.

Propellen gjør $f=5\mathrm{H}\mathrm{z}$, så vinkelfarten er $\omega =2\pi f=10\pi {\mathrm{s}}^{-1}$. Med $\mathrm{\Phi }=BA\cos (\omega t)$ gir Faradays lov

Maksimalverdien er

Ballen har bare tyngdekraften som virker på seg, så den horisontale farten er konstant og den vertikale akselerasjonen er $g$ nedover. Vi velger positiv retning oppover og origo på underlaget. Den vertikale posisjonen er

Ballen lander ved $t=\mathrm{1,0}\mathrm{s}$, så $y=0$:

Horisontalt er farten konstant:

På skråplanet virker tyngdekraften $\overrightarrow{G}$, normalkraften $\overrightarrow{N}$ og friksjonskraften $\overrightarrow{R}$. Normalkraften står vinkelrett på bevegelsen og gjør ikke arbeid. Friksjonskraften gjør negativt arbeid, så vi bruker energiloven med arbeidet til friksjonskraften.

Normalkraften balanserer komponenten av tyngdekraften vinkelrett på skråplanet, $N=mg\cos \alpha$, så friksjonskraften er

Skråplanet har høyde $h=2r=\mathrm{0,24}\mathrm{m}$, så lengden langs skråplanet er

Arbeidet til friksjonskraften er $W_R=-Rs=-\mathrm{0,234}\mathrm{N}\cdot \mathrm{0,511}\mathrm{m}=-\mathrm{0,120}\mathrm{J}$. Energiloven med nullnivå i bunnen gir

Farten i bunnen av skråplanet er $\mathrm{1,5}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

I det laveste punktet virker tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ nedover og normalkraften $\overrightarrow{N}$ oppover, mot sentrum av sirkelbanen. Summen av kreftene må gi sentripetalkraften:

Regner vi med den avrundede farten $\mathrm{1,5}\mathrm{m}/\mathrm{s}$, får vi også $\mathrm{2,9}\mathrm{N}$.

At klossen så vidt mister kontakten i det øverste punktet, betyder at normalkraften er null akkurat der. Da er tyngdekraften alene sentripetalkraften:

I halvsirkelen er det ingen friksjon, så mekanisk energi er bevart fra det laveste til det øverste punktet (høydeforskjell $2r$):

På skråplanet bruker vi energiloven som i a, med friksjonsarbeidet $W_R=-\mu mg\cos \alpha \cdot {\displaystyle \frac{2r}{\sin \alpha }}=-{\displaystyle \frac{2\mu mgr}{\tan \alpha }}$:

La $\theta$ være vinkelen mellom radien til P og den horisontale linja gjennom sentrum, slik figuren viser. Da ligger P høyden

over det laveste punktet. I P peker komponenten av tyngdekraften mot sentrum med størrelsen $mg\sin \theta$, og normalkraften peker også mot sentrum. Klossen mister kontakten når $N=0$, og da gir kraftsummen mot sentrum

Energibevaring fra det laveste punktet til P (ingen friksjon i halvsirkelen):

Det gir $\theta =\mathrm{14,5}°$ og

Punktet P ligger $\mathrm{0,15}\mathrm{m}$ over det laveste punktet i halvsirkelen.

Protonet starter i ro. Det elektriske feltet gjør arbeidet $W=qU$ på protonet, og hele arbeidet blir til kinetisk energi:

Elektrisk felt: Protonet starter i K ved den venstre platen og akselereres mot høyre, over til område H. Den elektriske kraften ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{e}}=q\overrightarrow{E}$ peker da mot høyre, og siden protonet er positivt, har $\overrightarrow{E}$ samme retning som kraften. Det elektriske feltet peker mot høyre, fra V mot H.

Magnetisk felt: Når protonet kommer inn i H, beveger det seg mot høyre og følger en halvsirkel nedover mot P. Sentrum i sirkelbanen ligger rett under inngangspunktet, så den magnetiske kraften $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ må peke nedover idet protonet kommer inn i feltet. Med høyrehåndsregelen for en positiv ladning (fingrene langs $\overrightarrow{v}$ mot høyre, bøyes mot $\overrightarrow{B}$, tommelen skal peke nedover) finner vi at $\overrightarrow{B}$ peker ut av papirplanet.

Magnetfeltet i V er identisk. Der beveger protonet seg mot venstre, og kraften peker oppover, så protonet svinger rundt og kommer tilbake til det elektriske feltet ovenfra.

Linje 10 lager en løkke som kjøres $N=10$ ganger, én gang for hver passering av det elektriske feltet.

I linje 11 regnes den nye farten ut. Ved hver passering gjør feltet arbeidet $qU$ på protonet, slik at

Magnetfeltet endrer bare retningen til farten, ikke farten, så farten er uendret mellom passeringene. Etter løkka inneholder v farten til protonet etter 10 passeringer av det elektriske feltet, og linje 13 skriver den ut ($v=\mathrm{9,8}\cdot {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$).

Vi teller passeringene av det elektriske feltet. Første passering sender protonet inn i H, andre inn i V, tredje inn i H, fjerde inn i V, femte inn i H og sjette inn i V. Den tredje gangen protonet er i V, har det altså passert det elektriske feltet $6$ ganger. Generelt er protonet i V for $k$-te gang etter $2k$ passeringer.

I magnetfeltet er den magnetiske kraften sentripetalkraften:

from pylab import *

q = 1.60e-19     # ladning til protonet (C)
m = 1.6726e-27   # massen til protonet (kg)
B = 0.045        # magnetisk flukstetthet (T)
U = 500          # spenning mellom platene (V)
v = 0            # startfart

gang_i_V = 3        # hvilken gang protonet er i område V
N = 2*gang_i_V      # antall passeringer av det elektriske feltet før det

for i in range(N):
    v = sqrt(v**2 + 2*q*U/m)

r = m*v/(q*B)
print(f"Fart: {v:.3e} m/s")
print(f"Baneradius: {r:.3f} m")

Utskrift:

Fart: 7.576e+05 m/s
Baneradius: 0.176 m

Baneradien den tredje gangen protonet er i område V, er $\underline{\underline{r=\mathrm{0,18}\mathrm{m}}}$.

Kontroll: etter seks passeringer er $\frac{1}{2}m{v}^2=6qU$, så $v=\sqrt{6}\cdot \mathrm{3,09}\cdot {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}=\mathrm{7,58}\cdot {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$, som stemmer med programmet.

Gravitasjonsfeltstyrken ved overflata av en kuleformet masse er

Vi løser for $M$: