Fysikk 2 Vår 2024

For et produkt av potenser legger vi sammen de relative usikkerhetene, ganget med absoluttverdien av eksponenten. Farten står i andre potens og radien i minus første potens:

Kula er i ro, så kraftsummen er null. La $\theta$ være vinkelen snor 1 danner med veggen. Vertikalt må $S_1\cos \theta =mg$, og horisontalt må $S_1\sin \theta =S_2$. Siden $\sin \theta <1$, er $S_2=S_1\sin \theta <S_1$. Snor 1 må alene holde kula oppe og i tillegg trekke mot venstre, så den er større enn både $S_2$ og $mg$ (derfor er også D feil).

Vertikalt faller ballen fritt fra ro, $\mathrm{5,0}\mathrm{m}$:

Horisontalt er farten konstant, så $v_0={\displaystyle \frac{20\mathrm{m}}{\mathrm{1,0}\mathrm{s}}}=20\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Energibevaring fra kanten til bunnen (høydeforskjell $r$) gir $\frac{1}{2}m{v}^2=mgr$, altså $v^2=2gr$. I bunnen er klossen i sirkelbevegelse, så kraftsummen peker opp mot sentrum:

Normalkraften må både oppveie tyngdekraften og gi sentripetalkraften.

Påstand 1 er riktig: gravitasjonsfeltet fra jorda når ut i hele rommet, og i $400\mathrm{k}\mathrm{m}$ høyde er det nesten like sterkt som ved overflata. At B føler seg vektløs, skyldes at romstasjonen og B faller fritt sammen, ikke at feltet er borte. Påstand 2 er feil: $G=\gamma {\displaystyle \frac{Mm}{r^2}}$ avtar med avstanden $r$ fra jordsentrum, og B er lenger unna enn A, så gravitasjonskraften på B er mindre.

I programmet er a og v absoluttverdier: a = gamma*M/r**2 er positiv, og v øker. Gjenstanden beveger seg mot jorda, så avstanden r til jordsentrum skal minke med $v\mathrm{\Delta }t$ i hvert tidssteg: r = r - v*dt. A ville gitt økende avstand, og B og D bruker akselerasjonen der det skal stå fart.

Gravitasjonskraften gir sentripetalkraften: $\gamma {\displaystyle \frac{Mm}{r^2}}={\displaystyle \frac{m{v}^2}{r}}$, som gir $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{\gamma M}{r}}}$. Satellitt A har minst $r$ og dermed størst banefart, så påstand 1 er feil. Rundetiden $T={\displaystyle \frac{2\pi r}{v}}$ øker med $r$ (A har både kortere bane og større fart), så påstand 2 er også feil.

Akselerasjonen a = k*e**2/(m*r**2) er alltid positiv, farten v øker, og avstanden oppdateres med r = r + 2*v*dt. Avstanden øker altså (begge partiklene beveger seg bort fra hverandre, derfor faktoren 2). Partiklene frastøter hverandre, og det skjer når ladningene har samme fortegn, uansett om begge er positive eller begge negative. Siden kraften bare avhenger av $e^2$, gjelder programmet like godt i begge tilfeller, så A og B er for snevre.

Alle ladningene er like langt fra midtpunktet, så hver gir et felt med samme absoluttverdi $E$. Feltet peker bort fra en positiv og mot en negativ ladning. To ladninger i motsatte hjørner gir felt som opphever hverandre hvis de har samme fortegn, og som adderes til $2E$ hvis de har motsatt fortegn.

• A: begge diagonalene har motsatte fortegn. Vi får $2E$ langs hver diagonal, vinkelrett på hverandre: $E_{\text{sum}}=\sqrt{{(2E)}^2+{(2E)}^2}=2\sqrt{2}E$.
• B og C: begge diagonalene har like fortegn, så $E_{\text{sum}}=0$.
• D: én diagonal har like fortegn (null), den andre har motsatte (bidrar med $2E$), så $E_{\text{sum}}=2E$.

Feltet er størst i A.

Magnetfeltet fra en lang, rett leder er $B=k_{\mathrm{m}}{\displaystyle \frac{I}{r}}$. Strømmen på $1\mathrm{A}$ går oppover langs den skrå lederen, og P ligger til høyre for den. Høyrehåndsregelen (tommelen i strømretningen) gir at feltet i P fra denne lederen peker inn i papirplanet.

Den horisontale lederen må gi like sterkt felt ut av papirplanet i P. Siden avstanden er dobbelt så stor, må strømmen være dobbelt så stor:

P ligger over den horisontale lederen. For at feltet over lederen skal peke ut av papirplanet, må strømmen gå mot høyre.

Den magnetiske kraften $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ peker mot sentrum av sirkelbuen.

• $q_1$ kommer inn mot høyre i øvre halvdel, der feltet går inn i papirplanet, og banen krummer nedover. For en positiv ladning gir høyrehåndsregelen kraft oppover ($\overrightarrow{v}$ mot høyre, $\overrightarrow{B}$ inn i planet). Kraften er nedover, så $q_1$ er negativ.
• $q_2$ kommer inn mot høyre i nedre halvdel, der feltet går ut av papirplanet, og banen krummer oppover. For en positiv ladning ville kraften pekt nedover. Kraften er oppover, så $q_2$ er også negativ.

Vi kan kontrollere med den andre halvdelen: der snur både feltet og krumningsretningen, så fortegnene stemmer også der.

Akselerasjonen gir $QU=\frac{1}{2}m{v}^2$, så $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2QU}{m}}}$ er den samme for begge ionene. I magnetfeltet gir den magnetiske kraften sentripetalkraften:

Med samme $m$, $v$ og $Q$ er radien omvendt proporsjonal med $B$. Dobbelt så stor flukstetthet gir radius ${\displaystyle \frac{R}{2}}$.

Partikkelen går rettlinjet med konstant fart, så den elektriske og den magnetiske kraften må være like store og motsatt rettet. Den magnetiske kraften $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ står normalt på både farten og feltet.

• A: $\overrightarrow{v}$ mot høyre og $\overrightarrow{B}$ ut av papirplanet gir magnetisk kraft nedover. Elektrisk felt oppover gir elektrisk kraft oppover på en positiv ladning. Kreftene kan oppheve hverandre.
• B: magnetisk kraft oppover og elektrisk kraft oppover, altså ingen balanse.
• C og D: $\overrightarrow{B}$ oppover eller nedover gir magnetisk kraft inn i eller ut av papirplanet, mens den elektriske kraften er vertikal. Kreftene kan ikke oppheve hverandre.

For en ideell transformator er spenningsforholdet lik vindingsforholdet:

Transformatoren transformerer ned, så primærspolen har flest vindinger. A er det omvendte forholdet.

Lengdekontraksjon, $L={\displaystyle \frac{L_0}{\gamma }}$, gjelder bare lengder parallelt med den relative fartsretningen. Dronen beveger seg mot høyre i bildet, altså på tvers av Henrik. Henriks bredde er parallell med farten og blir kortere, mens lengden hans står vinkelrett på farten og er uendret. Henrik ser like lang, men smalere ut. Avstanden fra dronen er den samme, så bildet blir ikke mindre totalt, slik C viser.

Ifølge den generelle relativitetsteorien går en klokke saktere jo dypere den er i gravitasjonsfeltet, det vil si jo lavere den potensielle energien $E_p=-\gamma {\displaystyle \frac{Mm}{r}}$ per masse er der klokka befinner seg. Vi ser på bidragene fra begge planetene:

• Klokke 1 og klokke 3 er like nær hver sin planet, men klokke 1 er nær den tyngste planeten. Bidraget fra den nære planeten dominerer, så klokke 1 ligger dypest og går tregest.
• Langs linjen mellom planetene er gravitasjonsfeltet et mål på hvor raskt den potensielle energien endrer seg. Der feltene fra planetene er like store og motsatt rettet (klokke 2), er den potensielle energien størst, siden feltet på begge sider peker bort fra dette punktet. Klokke 2 går derfor raskest.

Rekkefølgen fra tregest til raskest er 1, 3, 2.

Et elektron frigjøres bare hvis ett foton har energi minst like stor som løsrivningsarbeidet: $hf\ge W$. Eleven må øke fotonenergien, altså øke frekvensen. Mer av det samme lyset (B) gir flere fotoner, men hvert foton har fortsatt for lite energi. Større bølgelengde (D) gir lavere frekvens, og et metall med høyere løsrivningsarbeid (A) gjør det enda vanskeligere.

Påstand 1 er riktig: alle partikler med bevegelsesmengde har en de Broglie-bølgelengde $\lambda ={\displaystyle \frac{h}{p}}$, noe elektrondiffraksjon bekrefter. Påstand 2 er også riktig: for et foton er $p={\displaystyle \frac{h}{\lambda }}$, så større bevegelsesmengde betyr kortere bølgelengde.

Sannsynligheten for å finne elektronet i et intervall er arealet under $|\mathrm{\Psi }{|}^2$ over intervallet. Fortegnet til $\mathrm{\Psi }$ spiller ingen rolle, mens store utslag teller mye fordi de kvadreres.

• a er bredt, men $\mathrm{\Psi }$ er nesten null der.
• b inneholder én positiv topp.
• c inneholder halve den negative bunnen, som har størst utslag.
• d inneholder den andre halvdelen av den negative bunnen og en hel positiv topp på størrelse med den i b.

Intervall d har dermed mer areal under $|\mathrm{\Psi }{|}^2$ enn både b og c.

Heisenbergs uskarphetsrelasjon er $\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }p\ge {\displaystyle \frac{h}{4\pi }}$. Den minste mulige uskarpheten i bevegelsesmengde er $\mathrm{\Delta }p={\displaystyle \frac{h}{4\pi \mathrm{\Delta }x}}$, så når $\mathrm{\Delta }x$ blir mindre, må $\mathrm{\Delta }p$ bli større. Figur B viser mindre $\mathrm{\Delta }x$ og større $\mathrm{\Delta }p$. I A øker $\mathrm{\Delta }x$, i C blir begge mindre, og i D er $\mathrm{\Delta }p$ uendret.

Når ballen er i lufta, virker det to krefter på den:

• tyngdekraften $\overrightarrow{G}$, rett nedover og like stor i alle punktene, $G=mg$
• luftmotstanden $\overrightarrow{L}$, som alltid peker motsatt av fartsretningen, altså bakover langs banen

I P er farten skrått oppover mot høyre, så $\overrightarrow{L}$ peker skrått nedover mot venstre. I Q er farten horisontal, så $\overrightarrow{L}$ peker rett mot venstre. I R er farten skrått nedover mot høyre, så $\overrightarrow{L}$ peker skrått oppover mot venstre. Luftmotstanden øker med farten. Ballen mister mekanisk energi underveis, så farten i R er mindre enn i P, og $\overrightarrow{L}$ er kortere i R enn i P. Rundt Q er farten minst, så der er luftmotstanden minst.

Graf A er riktig. Tyngdekraften gir alltid et bidrag $g$ nedover. I tillegg gir den vertikale komponenten av luftmotstanden et bidrag som alltid peker motsatt av den vertikale farten $v_y$:

• På vei opp ($v_y$ oppover) peker den vertikale komponenten av luftmotstanden nedover, i samme retning som tyngdekraften. Da er $|a_y|>g$. Ved start er farten størst, og $|a_y|$ er størst.
• I toppen Q er $v_y=0$. Luftmotstanden er horisontal og har ingen vertikal komponent, så $|a_y|=g$ (omtrent $\mathrm{9,8}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ på grafen).
• På vei ned ($v_y$ nedover) peker den vertikale komponenten av luftmotstanden oppover, mot tyngdekraften. Da er $|a_y|<g$, og forskjellen blir større jo raskere ballen faller.

$|a_y|$ minker derfor hele tiden: fra over $g$, gjennom $g$ i toppen, til under $g$. Grafen er brattest i starten og slutten, der farten og dermed luftmotstanden er størst, og flatest rundt toppen, der farten er minst og luftmotstanden endrer seg lite. Graf B viser det motsatte, som ville betydd at luftmotstanden virker i samme retning som farten.

Ifølge ekvivalensprinsippet kan vi ikke skille mellom et homogent gravitasjonsfelt og en akselerert referanseramme ved forsøk inne i romskipet.

• Ole: Romskipet er langt ute i rommet og akselererer. Når gjenstanden slippes, virker ingen krefter på den, så den fortsetter med konstant fart. Gulvet akselererer mot den, og sett fra Per og Ole beveger gjenstanden seg mot gulvet med økende fart.
• Per: Romskipet står på en planet. Gjenstanden faller med tyngdeakselerasjonen mot gulvet.

Begge forklaringene gir nøyaktig samme observasjon, med en akselerasjon som ikke avhenger av gjenstandens masse. Forsøket kan derfor ikke avgjøre hvem som har rett.

De måler at lyset har lavere frekvens i taket enn da det ble sendt ut fra gulvet (rødforskyvning).

• I gravitasjonsfelt (Per): Lyset beveger seg oppover mot et høyere gravitasjonspotensial. Ifølge den generelle relativitetsteorien går klokker på gulvet saktere enn klokker i taket, så i taket måles lavere frekvens.
• I akselerert romskip (Ole): Mens lyset er på vei, øker farten til romskipet. Når lyset når taket, beveger taket seg bort fra der gulvet var da lyset ble sendt ut, med større fart enn gulvet hadde. Dopplereffekten gir da lavere frekvens.

Begge tilfellene gir samme frekvensforskyvning, i tråd med ekvivalensprinsippet. Heller ikke dette forsøket kan avgjøre hvem som har rett.

Den induserte strømmen gjentar seg med samme periode som rotasjonen. På grafen går strømmen gjennom en hel svingning fra $t=0$ til $t=\mathrm{0,100}\mathrm{s}$, så én runde tar

Vinkelfarten er

Den største strømmen er $I_{\text{maks}}=\mathrm{0,020}\mathrm{A}$. Ohms lov gir den største induserte spenningen:

For en spole som roterer i et homogent magnetfelt, er ${\epsilon }_{\text{maks}}=NBA\omega$:

Elektromagnetisk induksjon betyr at det induseres en spenning i en leder eller spole når den magnetiske fluksen $\mathrm{\Phi }=BA\cos (\alpha )$ gjennom den endrer seg. Faradays induksjonslov sier at den induserte spenningen er proporsjonal med hvor raskt fluksen endres:

Fluksen kan endres ved at feltet endres, ved at arealet endres, eller ved at vinkelen mellom feltet og spolen endres, slik som i den roterende spolen. Er kretsen lukket, går det en indusert strøm. Minustegnet uttrykker Lenz’ regel: den induserte strømmen har en retning som motvirker fluksendringen som skaper den. Derfor må det gjøres arbeid for å holde spolen i gang, og det er dette arbeidet som omdannes til elektrisk energi.

Eksempel: I et vannkraftverk driver fallende vann en turbin som roterer en generator, og i en vindturbin er det vinden som driver rotoren. I generatoren roterer en magnet (eller en spole) slik at fluksen gjennom spolene hele tiden endrer seg, og det induseres en vekselspenning. Både vann og vind er fornybare energikilder, så dette er bærekraftig produksjon av elektrisk energi.

Med konstant gravitasjonsfeltstyrke og uten luftmotstand har gjenstanden konstant akselerasjon $g=\mathrm{9,81}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$. Den starter fra ro ($v_0=0$) og faller strekningen $h$:

Gjenstanden treffer jordoverflata med farten $\underline{\underline{v=875\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Når vi tar hensyn til at feltet er inhomogent, bruker vi energibevaring med den gravitasjonelle potensielle energien $E_{\mathrm{p}}=-\gamma {\displaystyle \frac{Mm}{r}}$, der $r$ er avstanden fra sentrum av jorda. Gravitasjonskraften er den eneste kraften som gjør arbeid, så den mekaniske energien er bevart.

Start: $r_1=R+h$ og $v=0$. Slutt: $r_2=R$. Vi bruker jordas middelradius $R=6371\mathrm{k}\mathrm{m}$ og massen $M=\mathrm{5,97}\cdot {10}^{24}\mathrm{k}\mathrm{g}$ fra faktavedlegget.

Gjenstanden treffer jordoverflata med farten $\underline{\underline{v=872\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Farten i b er omtrent $\mathrm{2,6}\mathrm{m}/\mathrm{s}$, eller 0,3 %, mindre enn i a. Gravitasjonsfeltstyrken avtar med avstanden fra jordsentrum. Ved jordoverflata er den $\gamma M/R^2=\mathrm{9,81}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$, men i høyden $39\mathrm{k}\mathrm{m}$ er den bare $\gamma M/{(R+h)}^2=\mathrm{9,69}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$. Gjennom fallet er gravitasjonskraften derfor litt mindre enn modellen i a forutsetter, gravitasjonskraften gjør mindre arbeid, og treffarten blir lavere.

Høyden $39\mathrm{k}\mathrm{m}$ er bare omtrent 0,6 % av jordradien, så feltstyrken endrer seg lite. Å regne med konstant feltstyrke er derfor en god tilnærming her, og forskjellen mellom svarene er liten. For fall fra mye større høyder blir forskjellen betydelig.

Tre krefter virker på syklisten og sykkelen:

• tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ med $G=mg$, loddrett nedover
• normalkraften $\overrightarrow{N}$ fra underlaget, vinkelrett på bakken
• luftmotstanden $\overrightarrow{L}$ med $L=k{v}^2$, langs bakken og mot fartsretningen, altså oppover bakken

Vi dekomponerer tyngdekraften i en komponent $G\sin \alpha$ langs bakken nedover og en komponent $G\cos \alpha$ vinkelrett inn mot bakken. Vinkelrett på bakken er det ingen akselerasjon, så $N=G\cos \alpha$.

Når syklisten har oppnådd konstant fart $v$, er summen av kreftene null (Newtons første lov). Langs bakken gir det:

Måleresultatene viser at farten flater ut og holder seg på omtrent $\mathrm{10,2}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ de siste sekundene. Dette er den konstante farten $v$.

Enheten er $\mathrm{N}/{(\mathrm{m}/\mathrm{s})}^2=\mathrm{k}\mathrm{g}/\mathrm{m}$, så $\underline{\underline{k=\mathrm{0,69}\mathrm{k}\mathrm{g}/\mathrm{m}}}$.

Vi bruker Newtons andre lov langs bakken, med positiv retning nedover bakken:

Akselerasjonen er $\underline{\underline{a=\mathrm{0,45}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2}}$. Grafen gir omtrent $\mathrm{0,5}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$, så de to verdiene stemmer godt overens. Den lille forskjellen kan skyldes usikkerhet i avlesningen av stigningstallet til grafen og av den konstante farten som $k$ er regnet ut fra. Samsvaret tyder på at modellen $L=k{v}^2$ beskriver luftmotstanden godt.

Skissen viser farten som funksjon av tid i det første forsøket (stiplet) og når syklisten lener seg framover (heltrukket).

Når syklisten lener seg framover, blir frontarealet mindre og formen mer strømlinjeformet, så faktoren $k$ blir mindre.

• I starten er farten liten og luftmotstanden nesten null. Akselerasjonen er da omtrent $g\sin \alpha$ i begge forsøkene, så grafene starter med samme stigningstall.
• Etter hvert er luftmotstanden mindre ved samme fart enn i første forsøk. Akselerasjonen avtar derfor langsommere, og grafen ligger over grafen fra det første forsøket.
• Den konstante sluttfarten er $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{mg\sin \alpha }{k}}}$, så en mindre $k$ gir en høyere sluttfart. Det tar også lengre tid før grafen flater ut.

Bilen har konstant banefart i en sirkelbane, så akselerasjonen er sentripetalakselerasjonen $a={\displaystyle \frac{v^2}{r}}$, rettet inn mot sentrum av sirkelen. Newtons andre lov gir kraftsummen:

Summen av kreftene er $\underline{\underline{\mathrm{\Sigma }F=\mathrm{8,0}\cdot {10}^3\mathrm{N}}}$, rettet inn mot sentrum av svingen. I en horisontal sving er det friksjonskraften fra underlaget som står for denne kraftsummen.

Uten sideveis friksjon virker bare to krefter på bilen: tyngdekraften $G=mg$ loddrett nedover og normalkraften $N$ vinkelrett på veibanen. Normalkraften heller vinkelen $\alpha$ fra loddlinjen inn mot sentrum av svingen.

Loddrett har bilen ingen akselerasjon, mens den vannrette komponenten av normalkraften gir sentripetalkraften:

Vi deler den andre likningen på den første:

Farten er $\underline{\underline{v=16\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

På bakketoppen virker tyngdekraften $G=mg$ nedover og normalkraften $N$ oppover. Sentrum av sirkelbanen ligger rett under bilen, så sentripetalakselerasjonen ${\displaystyle \frac{v^2}{R}}$ er rettet nedover. Med positiv retning inn mot sentrum gir Newtons andre lov:

Normalkraften er $\underline{\underline{N=\mathrm{1,4}\cdot {10}^4\mathrm{N}}}$. Den er mindre enn tyngdekraften ($\mathrm{1,96}\cdot {10}^4\mathrm{N}$) fordi kraftsummen må peke nedover mot sentrum.

Når bilen er $h=10\mathrm{m}$ under bakketoppen, danner radien til bilen vinkelen $\theta$ med loddlinjen gjennom sentrum:

Veibanen heller vinkelen $\theta$, og normalkraften virker langs radien, bort fra sentrum. Vi dekomponerer tyngdekraften i en komponent $mg\cos \theta$ langs radien inn mot sentrum og en komponent $mg\sin \theta$ langs veibanen. Siden farten er konstant, blir komponenten langs veibanen balansert av en friksjons- eller bremsekraft fra underlaget langs veien. Denne kraften påvirker ikke normalkraften.

Langs radien, med positiv retning inn mot sentrum:

Normalkraften er $\underline{\underline{N=\mathrm{1,3}\cdot {10}^4\mathrm{N}}}$. Den er mindre enn på toppen fordi en mindre del av tyngdekraften peker inn mot sentrum, mens det fortsatt trengs like stor sentripetalkraft.

Feltet mellom platene er homogent, med feltstyrke

Feltet peker fra den positive plata mot den negative, altså oppover. Elektronet har negativ ladning, så den elektriske kraften $F=eE$ virker nedover, mot den positive plata. Vi ser bort fra alle andre krefter, så akselerasjonen er konstant og rettet nedover:

Bevegelsen er dermed et skrått kast, med $a$ i stedet for $g$. Startfarten er $v_0=\mathrm{0,010}\cdot \mathrm{3,00}\cdot {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}=\mathrm{3,00}\cdot {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$, som er så liten i forhold til lysfarten at vi kan bruke klassisk mekanikk.

Den loddrette startfarten er

Elektronet er tilbake ved den nederste plata når den loddrette forflytningen er null:

Elektronet bruker altså $\underline{\underline{t\approx \mathrm{1,2}\cdot {10}^{-8}\mathrm{s}}}$ mellom A og B.

Vi sjekker at elektronet ikke treffer den øverste plata. Den største høyden er $y_{\text{maks}}={\displaystyle \frac{v_{0y}^2}{2a}}=\mathrm{6,0}\cdot {10}^{-3}\mathrm{m}=\mathrm{6,0}\mathrm{m}\mathrm{m}$, som er godt under $10\mathrm{c}\mathrm{m}$.