Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

Løsningsforslag Fysikk 2 – Vår 2014 Oppgave

Svar Forklaring

a) B Det elektriske feltet går radielt ut fra en positivt ladet partikkel. For å få et elektrisk felt som på figuren må dermed X være positivt ladd og Y negativt ladd.

b) D Gravitasjonskraften er den eneste kraften som virker på satellitten.

Denne kraften står alltid normalt på fartsretningen til satellitten. Gravitasjonen endrer dermed bare fartsretningen, og ikke hastigheten.

c) C Newtons tredje lov: Kraft og motkraft er like store. Denne gjelder alltid.

Uttrykket for gravitasjonskraften: 𝐺 =𝛾𝑚𝑀

𝑟2 bekrefter også at de vil oppleve like

stor gravitasjonskraft.

d) A Vi regner ut dette med å sette r2=3r1.

𝐹1 =𝛾𝑚𝑀

𝑟12

𝐹2 =𝛾𝑚𝑀

𝑟22 =

𝛾𝑚𝑀

(3𝑟1)2=

𝛾𝑚𝑀

9𝑟12 =

𝐹1

9

Som stemmer med alternativ A.

e) C Det er kun gravitasjonen som virker på satellittene. Vi har:

𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 Hvor 𝑎 =𝑣2

𝑟 for sirkelbevegelser

𝐺 = 𝑚𝑣2

𝑟 Der 𝐺 = 𝛾

𝑚𝑀

𝑟2

𝛾𝑚𝑀

𝑟2 = 𝑚𝑣2

𝑟

𝑣2 = 𝛾𝑀

𝑟

𝐸𝑘 =1

2𝑚𝑣2 =

1

2𝑚𝛾

𝑀

𝑟=

𝛾𝑚𝑀

2𝑟

f) C

Magnetfeltet rundt lederen vil gå ut av planet over lederen og inn i planet under lederen. Hvis vi bruker HHR2 «la de strake fingrene peke i retningen til 𝑞�� slik at de peker i magnetfeltretning når du bøyer dem. Tommelen peker da i kraftretning.» Husk at vi også må tenke på den negative ladningen til elektronet.

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

g) D

Av figuren ser vi at magnetfeltet går mot venstre i A og D.

h) A

Magnetfeltet går fra Nordpolen til Sørpolen. Ifølge HHR2 (se f))vil kraften da virke inn i papirplanet.

i) A Vi tenker oss en positivt ladd partikkel som befinner seg inne i metallplaten. Den vil ifølge HHR2 få en kraft mot høyre. De positive ladningene vil samle seg til høyre. Venstre side vil tilsvarende bli negativ. (Det er egentlig elektronene som beveger seg mot venstre, og høyre side blir da positiv pga. et elektronunderskudd).

j) D Sørpolen til spolen blir mot venstre når strømmen går som angitt. Dette betyr at spolen lager magnetiske feltlinjer som går inn på venstre side av spolen. Dette har spolen laget fordi at feltlinjene som magneten laget INN i spolen nå blir svakere (Lenz lov). Det betyr at magneten og spolen fjerner seg fra hverandre.

k) C 𝑈𝑠

𝑈𝑝=

𝑁𝑠

𝑁𝑝

𝑈𝑠 =200

20⋅ 𝑈𝑝 =

200

20⋅ 𝑈𝑝 = 10𝑈𝑝

Vi antar at det ikke er noe effekttap i transformatoren. 𝑃𝑠 = 𝑃𝑝

𝑈𝑠𝐼𝑠 = 𝑈𝑝𝐼𝑝

𝐼𝑠 =𝑈𝑝𝐼𝑝

𝑈𝑠=

𝑈𝑝 ⋅ 5𝐴

10𝑈𝑝= 0,5𝐴

l) D Isoporkulen beveger seg mot høyre. Den opplever dermed en friksjonskraft mot venstre. Den blir også påvirket av tyngdekraften. Ingen av alternativene passer dermed med retningen summen av kreftene har på kula.

m) B Akselerasjonen til et legeme i en fjær peker alltid inn mot likevektspunktet, og er maksimal når fjæren er i sitt ytterpunkt.

n) D Når isklumpen er i fritt fall har den konstant akselerasjon lik g. Når den sklir på taket er akselerasjonen også konstant, men mindre enn g siden det kun er den dekomponerte delen av g som virker i «takretning» som får isklumpen til å akselerere.

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

o) A Vi ser at friksjonskraften er lik x-komponenten til G.

𝑅 = 𝐺𝑥 = 𝑚𝑔 sin 𝛼

p) D Vi ser at alle alternativene har 𝐺𝑀 = 2𝐺𝑚

𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 𝑆 − 𝐺 = 𝑚𝑎 𝑆 = 𝑚𝑎 + 𝑚𝑔 = 𝑚(𝑎 + 𝑔) For kule m vil vi da ha: 𝑆𝑚 = 𝑚(𝑎 + 𝑔) og 𝑆𝑀 = 𝑀(𝑎 + 𝑔) = 2𝑚(𝑎 + 𝑔) = 2𝑆𝑚 Vi ser altså at 𝑆𝑀 = 2𝑆𝑚. Dette passer med A og D, men med tilleggsopplysningen 𝑆 > 𝐺 sitter vi igjen med kun alternativ D.

q) B Siden akselerasjonen er mot sentrum av sirkelen er 𝛴𝐹𝑥 = 0. Dermed må vi ha en kraft som motvirker luftmotstanden. Vektor B har en horisontal komponent som er like stor som luftmotstanden.

r) A Bevegelsesmengden er bevart. 𝑝1 = 𝑝2

(𝑚 + 𝑀)𝑣0 = 2𝑚𝑣0 + 𝑀𝑣𝑀

𝑀𝑣𝑀 = (𝑚 + 𝑀)𝑣0 − 2𝑚𝑣0 = 𝑀𝑣0 − 𝑚𝑣0 = 𝑣0(𝑀 − 𝑚)

𝑣𝑀 =𝑣0(𝑀 − 𝑚)

𝑀

At vogna går mot venstre betyr at 𝑣𝑀 ≤ 0, som betyr at 𝑀 < 𝑚. Dette stemmer kun med alternativ A.

s) D Einsteins postulater for den spesielle relativitetsteorien innebærer blant annet at lysfarten i vakuum er den samme i alle treghetssystemer.

t) A Det blir ikke sendt ut elektroner fordi at fotonenergien er for liten i forhold til løsrivningsarbeidet som kreves. Vi trenger mer energi hos fotonene. 𝐸𝑓 = ℎ𝑓, dette viser at en økning i frekvensen vil øke energien hos fotonene. Dette

stemmer kun med påstand A.

u) D Vi ser at fotonfrekvensen som skal til for å løsrive et elektron er minst for metall A med 𝑓 = 4 ⋅ 1014𝐻𝑧. Minst frekvens gir også minst løsrivningsarbeid pga 𝐸𝑓 = ℎ𝑓.

v) B Q stemmer ikke, fordi man ser på protoner og ikke elektroner. Med dette bruker vi eliminasjonsmetoden og finner ut at B er riktig.

w) A 𝑝0 = 𝑝1 𝐸0

𝑐= 𝛾𝑚𝑒𝑣 −

𝐸1

𝑐

ℎ𝑓0

𝑐= 𝑚𝑒𝑣 −

ℎ𝑓1

𝑐

x) C Et foton formidler kraftvirkningen mellom to elektroner.

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

Oppgave 2 2a)

Feltet rundt en spole ligner på en stavmagnet med Nordpolen som vist over. Inne i spolen er

magnetfeltet tilnærmet homogent.

2b1)

Sett fra romskipet vil lyset kun bevege seg opp og ned. Siden romskipet beveger seg mot høyre vil

lyset inne i romskipet også bevege seg mot høyre, hvis du observerer fra bakken. Dermed vil det få

en lengre vei å gå.

2b2)

Vi har allerede avklart at 𝑠𝑏𝑎𝑘𝑘𝑒𝑛 > 𝑠𝑟𝑜𝑚𝑠𝑘𝑖𝑝. Dette betyr at lyset må bevege seg lengre når vi

observerer det fra bakken. Siden lysfarten er konstant i alle treghetssystemer, vil lyset bruke kortere

tid opp og ned observert fra romskipet, enn det vil gjøre på den noe lengre veien vi observerer fra

bakken.

2c1)

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

Det er kun normalkraften og gravitasjonen som virker på bilen.

2c2) Bilen går i en sirkelbevegelse med konstant fart. Da gjelder:

𝛴𝐹𝑥 = 𝑚𝑣2

𝑟 𝛴𝐹𝑦 = 0

𝑁𝑥 = 𝑚

𝑣2

𝑟 𝑁𝑦

= 𝐺

𝑣 = √𝑟⋅𝑁𝑥

𝑚 cos 𝛼 ⋅ �� = 𝑚𝑔

𝑣 = √𝑟⋅ ��⋅sin 𝛼

𝑚 �� =

𝑚𝑔

cos 𝛼

𝑣 = √𝑟⋅

𝑚𝑔

cos 𝛼⋅sin 𝛼

𝑚

𝑣 = √𝑟𝑔 ⋅ tan 𝛼

2d1)

𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 + 𝑎𝑡

0 = 𝑣0 ⋅ sin 𝛼 − 𝑔𝑡 på det høyeste punktet er 𝑣𝑦 = 0

𝑔𝑡 = 𝑣0 ⋅ sin 𝛼

𝑡 =𝑣0 ⋅ sin 𝛼

𝑔

2d2)

Vi regner ut hvor lang tid det tar før ballen er i høyden til muren.

𝑠𝑦 = 𝑣0𝑦𝑡 +1

2𝑎𝑦𝑡2

0 = 𝑡(𝑣0𝑦 −1

2𝑔𝑡)

𝑡 = 0 ∨ 𝑣0𝑦 −1

2𝑔𝑡 = 0

𝑡 = 0 ∨ 𝑡 =2𝑣0𝑦

𝑔=

2𝑣0 sin 𝛼

𝑔

Vi bruker denne tiden å setter inn i x-retning:

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

𝑠𝑥 = 𝑣0𝑥𝑡 = 𝑣0 cos 𝛼 ⋅2𝑣0 sin 𝛼

𝑔=

2𝑣02 cos 𝛼 ⋅ sin 𝛼

𝑔

𝑠𝑥 =2𝑣0

2 cos 𝛼 ⋅ sin 𝛼

𝑔

Den lengste avstanden vi kan ha er 𝑠𝑥 =2𝑣0

2 cos 𝛼⋅sin 𝛼

𝑔.

Oppgave 3 3a)

𝐸1 = 𝐸2

1

2𝑘1𝑥2 =

1

2𝑚𝑣2

𝑣 =𝑘1𝑥2

𝑚= √

200𝑁/𝑚 ⋅ (0,10𝑚)2

0,050𝑘𝑔= 6,324𝑚/𝑠

Maksimal fart som bilen kan få er 6,3m/s.

3b)

Ved energibevaring finner vi farten til bilen i toppen:

1

2𝑚𝑣𝑏

2 = 𝑚𝑔ℎ +1

2𝑚𝑣𝑡

2

𝑣𝑏2 = 2𝑔ℎ + 𝑣𝑡

2

𝑣𝑡 = √𝑣𝑏2 − 2𝑔ℎ = √𝑣𝑏

2 − 4𝑔𝑟 = √(4𝑚/𝑠 )2 − 4 ⋅ 9,81𝑚/𝑠2 ⋅ 0,25𝑚 = 2,488𝑚/𝑠

I toppen vil normalkraften og gravitasjonen virke samme retning.

𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 Hvor 𝑎 =𝑣2

𝑟 for sirkelbevegelser

𝐺 + 𝑁 = 𝑚𝑣2

𝑟

𝑚𝑔 + 𝑁 = 𝑚𝑣2

𝑟

𝑁 = 𝑚𝑣2

𝑟− 𝑚𝑔

𝑁 = 𝑚𝑣2

𝑟− 𝑚𝑔 = 𝑚 (

𝑣2

𝑟− 𝑔) = 0,050𝑘𝑔 ⋅ (

(2,488𝑚/𝑠)2

0,25𝑚− 9,81 𝑚/𝑠2) = 0,75𝑁

Normalkraften er 0,75N

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

3c) Den største radien banen kan ha er så stor radius at normalkraften på bilen blir null på toppen.

Vi fant i 3b at: 𝐺 + 𝑁 = 𝑚𝑣2

𝑟 og fra 3a har vi: 𝑣𝑡 = √𝑣𝑏

2 − 4𝑔𝑟

Når normalkraften går mot null får vi:

𝐺 + 𝑁 = 𝑚𝑣2

𝑟

𝑚𝑔 = 𝑚𝑣𝑏

2−4𝑔𝑟

𝑟

𝑚𝑔𝑟 = 𝑚(𝑣𝑏2 − 4𝑔𝑟)

𝑔𝑟 = 𝑣𝑏2 − 4𝑔𝑟

5𝑔𝑟 = 𝑣𝑏2

𝑟 =𝑣𝑏

2

5𝑔=

(4𝑚/𝑠)2

5 ⋅ 9,81 𝑚/𝑠2= 0,33𝑚

Den største teoretiske radiusen er 0,33m hvis bilen skal klare loopen.

3d) Vi benytter bevaring av bevegelsesmengde for å finne farten til klossen etter kollisjonen.

𝑝𝑓 = 𝑝𝑒

𝑚𝑏𝑣𝑓 = 𝑚𝑏𝑣𝑏𝑒 + 𝑚𝑘𝑣𝑘𝑒

𝑣𝑘𝑒 =𝑚𝑏𝑣𝑏𝑓 − 𝑚𝑏𝑣𝑏𝑒

𝑚𝑘=

𝑚𝑏(𝑣𝑏𝑓 − 𝑣𝑏𝑒)

𝑚𝑘=

50𝑔 (4𝑚/𝑠 − 1𝑚/𝑠)

100𝑔= 1,5𝑚/𝑠

Etter dette vil klossen begynne å bevege seg oppover. Kreftene som virker er da slik:

Vi regner ut akselerasjonen nedover. Både friksjonen og Gx vil bremse klossen.

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

𝛴𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 −𝐺𝑥 − 𝑅 = 𝑚𝑎

−𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑁 = 𝑚𝑎 −𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 = 𝑚𝑎

𝑎 = −𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑔 cos 𝛼 𝑎 = −𝑔 (sin 𝛼 + 𝜇 cos 𝛼)

𝑎 = −9,81𝑚/𝑠2 (sin 30° + 0,20 cos 30°) 𝑎 = −6,604𝑚/𝑠2

𝛴𝐹𝑦 = 0

𝑁 − 𝐺𝑦 = 0

𝑁 = 𝐺𝑦 = 𝑚𝑔 cos 𝛼

Vi bruker deretter:

2𝑎𝑠 = 𝑣2 − 𝑣𝑘𝑒2

𝑠 = −𝑣𝑘𝑒

2

2𝑎=

−(1,5𝑚/𝑠)2

2 ⋅ (−6,604𝑚/𝑠2)= 0,18𝑚

Klossen kommer 18cm opp skråplanet.

Oppgave 4 4a1) Faradays induksjonslov gir:

𝜀 = −𝑛∆𝜙

∆𝑡= −𝑛

∆𝐵⋅𝐴

∆𝑡= −𝐴 ⋅ 𝑛 ⋅

∆𝐵

∆𝑡 hvor 𝐴 = 0,02𝑚 ⋅ 0,04𝑚 = 8 ⋅ 10−4𝑚 og 𝑛 = 500.

𝜀 = −8 ⋅ 10−4𝑚2 ⋅ 500 ⋅ −0,322𝑇/𝑠 = 0,1288𝑉 = 0,13𝑉

4a2)

Magnetfeltet opp gjennom sløyfa minker. Lenz lov sier at strømretningen er slik at den vil prøve å

motvirke endringen i magnetfeltet. Strømmen danner derfor et magnetfelt som går opp gjennom

sløyfa. Det betyr at strømmen går mot klokken, slik som i figuren.

4b1)

Den magnetiske flukstettheten gjennom spolen er gitt ved

𝜙 = 𝐵𝐴 cos 𝛼 = 𝐵𝐴 cos 𝜔𝑡

𝜀 = −𝑛∆𝜙

∆𝑡= −𝑛(𝐵𝐴 cos 𝜔𝑡)′ = −𝑛𝐵𝐴𝜔 sin 𝜔𝑡

Maksverdien til spenningen får vi når sin 𝜔𝑡 = −1

For denne maksverdien har vi:

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

𝜀𝑚𝑎𝑘𝑠 = −𝑛𝐵𝐴𝜔 ⋅ −1

𝜔 =𝜀𝑚𝑎𝑘𝑠

𝑛𝐵𝐴=

112𝑉

500 ⋅ 0,2𝑇 ⋅ 8 ⋅ 10−4𝑚2= 1400𝑟𝑎𝑑/𝑠

Vinkelhastigheten er 1,4 ⋅ 103𝑟𝑎𝑑/𝑠, slik som vi skulle vise.

4b2)

Perioden T er den tiden en bruker på å snurre rundt hele sirkelen med vinkelfarten 𝜔.

𝑇 =2𝜋

𝜔=

2𝜋

1400𝑟𝑎𝑑/𝑠= 4,4857 ⋅ 10−3𝑠

Det tar 4,49ms å snurre en hel runde.

4c1)

Vi vet at spenningen varierer som en sinus-funksjon.

𝜀 = −𝑛 ⋅ 𝜙′(𝑡). Vi ser at 𝜙′(𝑡) er positiv når t=0. Dermed er 𝜀 (0) negativ.

Spenningen vil altså se slik ut, med en maksimalverdi på 112V.

4c2)

𝜀 = −𝑛𝐵𝐴𝜔 sin 𝜔𝑡

𝜀2 = −𝑛𝐵𝐴𝜔2 sin 𝜔2𝑡

𝜀2𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝑛𝐵𝐴𝜔2 = 𝑛𝐵𝐴 ⋅ 2𝜔1 = 2𝜀1 = 2 ⋅ 112𝑉 = 224𝑉

𝑇 =2𝜋

𝜔=

2𝜋

2𝜔1=

𝑇1

2=

4,4857𝑚𝑠

2= 2,4𝑚𝑠

Med å doble vinkelfarten dobler vi spenningen til 224V og halverer perioden til 2,4ms.

4d) Vi brukte over at 𝜀 = −𝑛𝐵𝐴𝜔 sin 𝜔𝑡. I dette tilfellet er det vinkelfarten 𝜔 som varierer. Hjulet

blir begynt snurret rundt litt før t=35,2. Vinkelfarten øker helt til personen slipper hjulet ved

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

t=35,35s. Deretter minker vinkelfarten og spenningen minker helt til rotasjonen stopper litt etter

t=35,8s. Siden vinkelfarten minker vil også perioden bli mindre her.

NB: Mange som er vant til å snurre rundt sykkelhjul uten belastning vil kanskje reagere på at hjulet

kun snurrer i omtrent 0,6s. Grunnen til dette er at dynamoen bremser hjulet kraftig.

Oppgave 5 5a) Det elektriske feltet går radielt ut fra en positivt ladet partikkel. Følgelig vil det gå radielt innover

mot en negativt ladet partikkel.

𝐸 =𝑘𝑒𝑄

𝑟2=

8,99 ⋅ 109𝑁𝑚/𝐶2 ⋅ 1,60 ⋅ 10−19𝐶

(100 ⋅ 10−9𝑚)2= 144𝑘𝑁/𝐶

Feltetstyrken er 144kN/C radielt mot den negativt ladde partikkelen.

5b) Punktet O er like langt fra D som fra B, og det elektriske feltet fra de to punktene er motsatt

rettet og like store. Dette vil nulle ut det elektriske feltet i O, slik at feltstyrken der er 0.

5c)

Vi tar for oss feltet i C først. Avstanden fra punkt B:

𝑟2 = (100𝑛𝑚)2 + (100𝑛𝑚)2 = 2 ⋅ 10−14𝑚2

Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

Da er feltstyrken fra B:

𝐸𝑏 =

𝑘𝑒𝑄

𝑟2=

8,99 ⋅ 109𝑁𝑚/𝐶2 ⋅ 1,60 ⋅ 10−19𝐶

2 ⋅ 10−14𝑚2= 71,9𝑘𝑁/𝐶

Den totale feltstyrken i C:

𝐸𝑐𝑥 = 𝐸𝑏𝑥

+ 𝐸𝑑𝑥 = 2 ⋅ 𝐸𝑏𝑥

= 2 ⋅ 𝐸𝑏 ⋅ cos 45° = 2 ⋅ 71,9𝑘𝑁/𝐶 ⋅

√2

2= 101,71𝑘𝑁/𝐶 = 102𝑘𝑁/𝐶

𝐸𝑐 = 102𝑘𝑁/𝐶 mot høyre. 𝐸𝑏

er like stor, men motsatt rettet, altså mot venstre.

5d)

Det står innledede at vi bare ser på de elektriske kreftene.

𝐹𝑒 = 𝑞𝐸, men i punkt O er �� = 0. Det virker altså ingen krefter på partikkelen. Derfor er

akselerasjonen i punkt O lik null.

5e)

Kreftene på den negative partikkelen vil hele tiden peke innover mot O. Det betyr at farten vil øke inn mot origo, og avta etter at den har passert. Etter at partikkelen har passert O bremses farten opp og den kinetiske energien går over til potensiell energi. Når all kinetisk energi er omgjort til potensiell energi vil partikkelen snu, og falle tilbake mot O. Slik vil partikkelen svinge fram og tilbake rundt punkt O.