Fysikk 2 Høst 2021

Bevegelsesmengde er $p=mv$ med enheten $\mathrm{k}\mathrm{g}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Siden $1\mathrm{N}=1\mathrm{k}\mathrm{g}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$, er $1\mathrm{N}\mathrm{s}=1\mathrm{k}\mathrm{g}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Det stemmer også med at impulsen $F\mathrm{\Delta }t$ er lik endringen i bevegelsesmengde. $\mathrm{k}\mathrm{g}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ er enheten for kraft, og $\mathrm{Js}$ er enheten for Plancks konstant.

$4{\pi }^2$ er eksakt. For et produkt av potenser legger vi sammen de relative usikkerhetene, ganget med eksponentene. $T$ er kvadrert og teller dobbelt: ${\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }m}{m}}={\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }k}{k}}+2{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }T}{T}}=\mathrm{5,0}\%+2\cdot 10\%=25\%$.

Vertikalt har snøklumpen startfarten $v_{0y}=\mathrm{4,0}\mathrm{m}/\mathrm{s}\cdot \sin 30°=\mathrm{2,0}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ nedover og akselerasjonen $g$ nedover. På $\mathrm{1,0}\mathrm{s}$ faller den $h=v_{0y}t+\frac{1}{2}g{t}^2=\mathrm{2,0}\mathrm{m}+\mathrm{5,0}\mathrm{m}=\mathrm{7,0}\mathrm{m}$. Den horisontale fartskomponenten påvirker ikke fallhøyden.

Normalkraften balanserer komponenten av tyngdekraften vinkelrett på skråplanet, så kraftsummen går langs skråplanet. Klossen er sluppet og beveger seg oppover, så både friksjonen og tyngdekraftens komponent langs planet virker nedover planet. Kraftsummen peker derfor nedover langs skråplanet, og klossen bremser opp. Kraftsummen peker ikke i fartsretningen (B), og tyngdekraften alene (A) er ikke kraftsummen.

Kula er i ro, så kraftsummen er null. Snordraget $S$ har vertikal komponent $S\cos \alpha$ og horisontal komponent $S\sin \alpha$. Vertikalt gir $S\cos \alpha =mg$, og horisontalt balanserer fjærkraften: $kx=S\sin \alpha$. Da er $kx=mg\tan \alpha$, altså $x={\displaystyle \frac{mg\tan \alpha }{k}}$.

Ved jevn sirkelbevegelse er kraftsummen sentripetalkraften $\mathrm{\Sigma }F={\displaystyle \frac{m{v}^2}{r}}$. Banefarten er $v={\displaystyle \frac{2\pi r}{T}}$, så $\mathrm{\Sigma }F={\displaystyle \frac{m}{r}}\cdot {\displaystyle \frac{4{\pi }^2{r}^2}{T^2}}={\displaystyle \frac{4{\pi }^{2}mr}{T^2}}$.

Med nullnivå uendelig langt borte har romsonden potensiell energi $E_p=-{\displaystyle \frac{\gamma mM}{r}}$ på jordoverflata. For å unnslippe må den mekaniske energien være minst null. Vi må altså tilføre minst ${\displaystyle \frac{\gamma mM}{r}}$ (her ser vi bort fra jordrotasjonen og luftmotstanden). ${\displaystyle \frac{\gamma mM}{r^2}}$ er gravitasjonskraften, ikke en energi.

Feltet fra den positive ladningen peker bort fra den, altså skrått opp mot høyre i P. Feltet fra den negative ladningen peker mot den, altså skrått ned mot høyre. Avstandene og ladningene er like store, så feltene er like sterke. De vertikale komponentene opphever hverandre, og de horisontale peker begge mot høyre. Det samlede feltet peker mot høyre.

Alle lederne er like langt fra P og fører like store strømmer, så feltene fra dem er like sterke. To ledere i motsatte hjørner, som $I_1$ og $I_3$, gir felt i P som opphever hverandre bare hvis strømmene har samme retning (høyrehåndsregelen gir da motsatt rettede felt i midtpunktet). Feltet fra $I_1$ og $I_2$ må derfor oppheves av $I_3$ og $I_4$ én og én, og da må både $I_3$ og $I_4$ gå inn i papiret.

Elektriske feltlinjer går ut fra positive ladninger og inn mot negative ladninger. A, B og D følger denne regelen. I C peker feltlinjene fra den negative plata mot den positive, men feltet mellom platene skal peke fra den positive plata mot den negative. C er derfor feil.

Det elektriske feltet gjør arbeidet $W=qU$ på kula fra den ene plata til den andre. Arbeidet blir kinetisk energi: $qU=\frac{1}{2}m{v}^2$, så $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2qU}{m}}}$. Farten avhenger bare av spenningen, ikke av avstanden $d$: større avstand gir svakere felt, men lengre akselerasjonsvei.

Elektronet er negativt, så den elektriske kraften ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{e}}=-e\overrightarrow{E}$ peker oppover. For at farten skal være konstant, må den magnetiske kraften peke nedover. Den magnetiske kraften står vinkelrett på både $\overrightarrow{v}$ og $\overrightarrow{B}$, så farten kan ikke være oppover eller nedover (da ville kraften peke inn i eller ut av papiret). Med $\overrightarrow{B}$ mot høyre og $\overrightarrow{v}$ ut av papiret gir høyrehåndsregelen kraft oppover på en positiv ladning, altså nedover på elektronet. Farten er ut av papiret.

Den induserte spenningen er $\epsilon =vBL=\mathrm{2,0}\mathrm{m}/\mathrm{s}\cdot \mathrm{0,10}\mathrm{T}\cdot \mathrm{0,50}\mathrm{m}=\mathrm{0,10}\mathrm{V}$. Elektronene i lederen følger med nedover og får en magnetisk kraft $\overrightarrow{F}=-e\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$. Med farten nedover og feltet inn i papiret gir høyrehåndsregelen kraft mot høyre på en positiv ladning, altså mot venstre på elektronene. Elektronene hoper seg opp ved V.

Mellom $t=0$ og $t=2\mathrm{s}$ øker $B$ jevnt med ${\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }B}{\mathrm{\Delta }t}}={\displaystyle \frac{10\mathrm{m}\mathrm{T}}{\mathrm{2,0}\mathrm{s}}}=\mathrm{5,0}\mathrm{m}\mathrm{T}/\mathrm{s}$. Arealet er $A={(\mathrm{0,10}\mathrm{m})}^2=\mathrm{1,0}\cdot {10}^{-2}{\mathrm{m}}^2$. Faradays induksjonslov gir $|\epsilon |=A{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }B}{\mathrm{\Delta }t}}=\mathrm{1,0}\cdot {10}^{-2}{\mathrm{m}}^2\cdot \mathrm{5,0}\cdot {10}^{-3}\mathrm{T}/\mathrm{s}=\mathrm{5,0}\cdot {10}^{-5}\mathrm{V}=50\mathrm{\mu }\mathrm{V}$.

Av Faradays lov er $\epsilon =-{\displaystyle \frac{\mathrm{d}\mathrm{\Phi }}{\mathrm{d}t}}$, så arealet under spenningsgrafen er lik endringen i fluks: $\int \epsilon \mathrm{d}t=-\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }$. Mens magneten nærmer seg, øker fluksen fra null til en største verdi. Når den faller bort, minker fluksen fra den samme største verdien til null. Endringene er like store med motsatt fortegn, så A1 og A2 er like store (påstand 1 er riktig). A2 er høyere og smalere fordi magneten har større fart. Arealene har enheten $\mathrm{Vs}=\mathrm{Wb}$ og gir fluksendringen, ikke den induserte spenningen, så påstand 2 er feil.

Fluksen er $\mathrm{\Phi }=B_{⟂}A$, der $B_{⟂}$ er komponenten av $\overrightarrow{B}$ vinkelrett på flata. Flata er horisontal, så normalen er vertikal. Vinkelen mellom $\overrightarrow{B}$ og vertikalen er $\beta$, så $B_{⟂}=B\cos \beta$ og $\mathrm{\Phi }=AB\cos \beta$. (Siden $\alpha +\beta =90°$, er dette det samme som $AB\sin \alpha$, men ikke $AB\cos \alpha$.)

Einsteins likning $hf=W+E_k$ gir fotonenergien fra forsøket med sink: $hf=\mathrm{0,70}\mathrm{a}\mathrm{J}+\mathrm{0,10}\mathrm{a}\mathrm{J}=\mathrm{0,80}\mathrm{a}\mathrm{J}$. Løsrivningsarbeidet for gull er $\mathrm{0,82}\mathrm{a}\mathrm{J}$, altså større enn fotonenergien. Ingen elektroner blir løsrevet fra gullplata, og den største kinetiske energien er $0\mathrm{J}$. Svaret $\mathrm{0,02}\mathrm{a}\mathrm{J}$ kommer fra å regne $\mathrm{0,82}-\mathrm{0,80}$, men negativ kinetisk energi er ikke mulig.

Energien er bevart. Før støtet er energien fotonenergien ${\displaystyle \frac{hc}{{\lambda }_1}}$ pluss hvileenergien $m_e{c}^2$ til elektronet, som er i ro. Etter støtet er energien det nye fotonets energi ${\displaystyle \frac{hc}{{\lambda }_2}}$ pluss elektronets totale energi $\gamma m_e{c}^2$. Det er likning 2. Likning 1 mangler hvileenergien før støtet, og likning 3 er ikke en gyldig energibalanse (energien til et foton er ikke $hc$ delt på en bølgelengdeforskjell).

Interferens er et bølgefenomen. At elektroner gir interferensmønster, viser at de har bølgeegenskaper med de Broglie-bølgelengden $\lambda ={\displaystyle \frac{h}{p}}$. Fotoelektrisk effekt og comptonspredning viser at lys har partikkelegenskaper, og røntgenstråling er elektromagnetisk stråling.

I standardmodellen formidles den sterke kjernekraften av gluoner. Fotoner formidler den elektromagnetiske kraften, leptoner (som elektroner og nøytrinoer) er materiepartikler og ikke kraftformidlere, og gravitoner er hypotetiske partikler for gravitasjon.

Elektronene får kinetisk energi $eU$ gjennom spenningen i røntgenrøret. Fotonet med minst bølgelengde får all denne energien: $eU={\displaystyle \frac{hc}{\lambda }}$. Da er $U={\displaystyle \frac{hc}{e\lambda }}$. Alternativ A er fotonenergien, ikke spenningen.

Vogna er et treghetssystem enten den står i ro eller beveger seg med rettlinjet konstant fart. Relativitetsprinsippet sier at fysikkens lover er de samme i alle treghetssystemer, så alle eksperimenter inne i vogna gir samme resultat i begge tilfeller. Bevegelsesmengden og den kinetiske energien Ragnar måler, er målt i forhold til vogna og sier ingenting om vognas fart.

Ekvivalensprinsippet sier at romskipet med akselerasjon mot høyre tilsvarer et romskip i ro i et gravitasjonsfelt som peker mot venstre, altså mot Bror. Bror er da «nederst» og Albert «øverst» i feltet. Klokker lenger ned i et gravitasjonsfelt går saktere, så Alberts klokke tikker fortere enn Brors (påstand 2 er feil). Lys som går oppover i feltet, får lavere frekvens (gravitasjonsrødforskyvning), så Albert måler lavere frekvens enn Bror (påstand 1 er feil). Uten gravitasjonsfelt: mens lyset er på vei, øker farten til romskipet, og Albert beveger seg bort fra der lyset ble sendt ut, med en fart som gir dopplerforskyvning mot lavere frekvens.

Samplingspunktene ligger ved $t=0$; $\mathrm{0,75}$; $\mathrm{1,5}$; $\mathrm{2,25}\mathrm{s}$ …, så tiden mellom målingene er $\mathrm{0,75}\mathrm{s}$ og samplingsfrekvensen er $f_s={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{0,75}\mathrm{s}}}={\displaystyle \frac{4}{3}}\mathrm{H}\mathrm{z}$. Det gjengitte signalet (stiplet) har bunnpunkter ved $\mathrm{0,75}\mathrm{s}$ og $\mathrm{3,75}\mathrm{s}$, altså perioden $3\mathrm{s}$ og frekvensen ${\displaystyle \frac{1}{3}}\mathrm{H}\mathrm{z}$. Det opprinnelige signalet har frekvensen $1\mathrm{H}\mathrm{z}$, men samplingsfrekvensen er lavere enn $2\cdot 1\mathrm{H}\mathrm{z}$, så vi får aliasing: $|f-f_s|=|1-{\displaystyle \frac{4}{3}}|\mathrm{H}\mathrm{z}={\displaystyle \frac{1}{3}}\mathrm{H}\mathrm{z}$.

I romskipet opplever romfarerne en gravitasjonsfeltstyrke som bestemmes av normalkraften $N$ fra gulvet: $g_{\text{opplevd}}={\displaystyle \frac{N}{m}}$. Vi lar $\overrightarrow{g}$ peke nedover og ser på to ytterpunkter.

Akselerasjon mot feltet (oppover). Normalkraften må både bære tyngden og gi akselerasjonen oppover. Newtons 2. lov gir

Akselerasjon i feltets retning (nedover). Tyngdekraften gir mer enn nok til akselerasjonen, og gulvet trenger bare å ta resten:

Generelt er den opplevde feltstyrken ${\overrightarrow{g}}_{\text{opplevd}}=\overrightarrow{g}-\overrightarrow{a}$. Peker akselerasjonen skrått i forhold til feltet, blir størrelsen mellom disse verdiene. Den største feltstyrken romfarerne kan oppleve, er $\underline{\underline{15\mathrm{N}/\mathrm{k}\mathrm{g}}}$, og den minste er $\underline{\underline{\mathrm{5,0}\mathrm{N}/\mathrm{k}\mathrm{g}}}$.

En ideell transformator har ikke energitap, så effekten er lik på primær- og sekundærsiden:

Strømmen på sekundærsiden er $\underline{\underline{I_s=\mathrm{1,0}\mathrm{A}}}$.

Strømmen i primærspolen lager et magnetfelt i jernkjernen, og kjernen leder den magnetiske fluksen gjennom sekundærspolen. Etter Faradays induksjonslov induseres det spenning i sekundærspolen bare når fluksen endrer seg: $\epsilon =-N_s{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }}{\mathrm{\Delta }t}}$. Med vekselspenning endrer strømmen, og dermed fluksen, seg hele tiden, så det induseres en vekselspenning på sekundærsiden. Med likespenning blir strømmen og fluksen konstante, og det induseres ingen spenning (bortsett fra et kort øyeblikk når strømmen slås av eller på).

I reaksjonen $\mathrm{n}\to \mathrm{p}+{\mathrm{e}}^{-}+{\bar{\nu }}_e$ er disse størrelsene bevart:

• Ladning: $0=(+1)+(-1)+0$
• Baryontall: nøytronet og protonet er baryoner med baryontall $1$, elektronet og antinøytrinoet har baryontall $0$: $1=1+0+0$
• Leptontall: elektronet har leptontall $+1$ og antinøytrinoet $-1$, mens nøytronet og protonet har $0$: $0=0+1+(-1)$
• Energi: massen til nøytronet er større enn summen av massene til protonet og elektronet. Massedifferansen $\mathrm{\Delta }m$ frigjøres som kinetisk energi $E=\mathrm{\Delta }m{c}^2$, fordelt på produktene.
• Bevegelsesmengde: et fritt nøytron i ro har bevegelsesmengde null, så summen av bevegelsesmengdene til produktene er også null. At energien fordeles på tre partikler, forklarer at elektronene får ulik kinetisk energi.

Loddet slippes fra ro der fjæra er ustrukket (A). Vi lar $x$ være fjærforlengelsen. Det virker to krefter på loddet: tyngdekraften $G=mg$ nedover og fjærkraften $F=kx$ oppover.

• Øverst (A): $x=0$, så fjærkraften er null. Kraftsummen er $mg$ nedover.
• Likevekt: $kx=mg$, altså $x={\displaystyle \frac{mg}{k}}$. Kraftsummen er null.
• Nederst (B): $x={\displaystyle \frac{2mg}{k}}$ (svingningen er symmetrisk om likevektsstillingen). Fjærkraften er $2mg$, og kraftsummen er $mg$ oppover.

På vei ned fra A er $mg>kx$, så kraftsummen peker i fartsretningen og farten øker. Når loddet passerer $x={\displaystyle \frac{mg}{k}}$, blir $kx>mg$, og kraftsummen peker mot fartsretningen, så farten avtar. Tilsvarende på vei opp. Farten er derfor størst der kraftsummen, og dermed akselerasjonen, er null, altså når fjærforlengelsen er ${\displaystyle \frac{mg}{k}}$.

Vi bruker bevaring av mekanisk energi fra A (fart null, $x=0$) til likevektsstillingen $x_0={\displaystyle \frac{mg}{k}}$. Loddet synker $x_0$, så tapet i potensiell energi i tyngdefeltet går over til fjærenergi og kinetisk energi:

Vi setter inn $x_0={\displaystyle \frac{mg}{k}}$:

Flyet beveger seg med konstant fart langs en rett linje. Da er akselerasjonen null, og summen av kreftene er null (Newtons 1. lov). Kreftene på flyet er

• tyngdekraften $\overrightarrow{G}$, loddrett nedover,
• luftmotstanden $\overrightarrow{R}$, mot fartsretningen,
• løftekraften $\overrightarrow{L}$, vinkelrett på fartsretningen,
• skyvekraften $\overrightarrow{F}$ fra propellen, i fartsretningen.

Tyngdekraften er

Vi dekomponerer tyngdekraften langs og vinkelrett på fartsretningen, som danner ${10}^{\circ }$ med horisontalen. Komponenten $G\sin {10}^{\circ }$ virker bakover langs banen, og komponenten $G\cos {10}^{\circ }$ virker vinkelrett på banen, mot løftekraften.

Vinkelrett på fartsretningen balanserer løftekraften normalkomponenten av tyngdekraften:

Langs fartsretningen må skyvekraften balansere både luftmotstanden og komponenten av tyngdekraften bakover:

Luftmotstanden er oppgitt: $R=\mathrm{1,0}\cdot {10}^4\mathrm{N}$.

Øverst i loopen er flyet opp-ned, så piloten sitter med hodet mot sentrum av sirkelbanen og setet er over piloten. Kreftene på piloten er tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ nedover og normalkraften $\overrightarrow{N}$ fra setet, som også virker nedover, altså mot sentrum. Summen av kreftene er sentripetalkraften:

Normalkraften er $\underline{\underline{\mathrm{1,9}\cdot {10}^2\mathrm{N}}}$, rettet nedover mot sentrum. Tyngdekraften alene er ikke stor nok til å gi den sentripetalakselerasjonen som trengs, så setet må presse piloten ekstra inn mot sentrum.

Skyvekraften og luftmotstanden virker langs fartsretningen og balanserer hverandre, siden banefarten er konstant. I planet vinkelrett på fartsretningen virker bare tyngdekraften og løftekraften. Løftekraften står vinkelrett på vingene, så når vingene danner ${47}^{\circ }$ med horisontalen, danner løftekraften ${47}^{\circ }$ med vertikalen.

Flyet har ingen vertikal akselerasjon, og den horisontale komponenten av løftekraften er sentripetalkraften:

Vi deler den andre likningen på den første:

Så lenge pendelen henger i ro i forhold til flyet, har kula samme akselerasjon $\overrightarrow{a}$ som flyet, altså horisontalt og mot fartsretningen. Kreftene på kula er tyngdekraften $mg$ nedover og snordraget $S$ langs snora. Snora må derfor helle slik at snordraget har en horisontal komponent bakover, og kula henger forover i fartsretningen.

Vertikalt er det likevekt, og horisontalt gir Newtons 2. lov akselerasjonen:

Når snora ryker, virker bare tyngdekraften på kula (vi ser bort fra luftmotstand i kabinen). Sett fra bakken fortsetter kula med den horisontale farten flyet hadde, mens flyet bremser. Sett fra kabinen starter kula i ro, og i forhold til flyet har den akselerasjonen $g$ nedover og $a$ forover (i fartsretningen), fordi flyet bremser under den.

Falltiden bestemmes av den vertikale bevegelsen:

I løpet av denne tiden flytter kula seg forover i forhold til kabinen:

Det samme får vi med $\mathrm{\Delta }x=h\tan {39}^{\circ }$: i kabinen virker det som om tyngdefeltet peker langs snora, og kula faller i en rett linje i forlengelsen av snora.

Kula treffer gulvet $\underline{\underline{\mathrm{1,2}\mathrm{m}}}$ foran (i fartsretningen) punktet rett under der kula var da snora røk. Vi har antatt at flyet fortsatt bremser med samme akselerasjon mens kula faller.

Den eneste kraften på satellitten er gravitasjonskraften fra jorda, og den er sentripetalkraften i sirkelbanen:

Med jordas middelradius og masse fra faktavedlegget er banens radius $r=\mathrm{6,371}\cdot {10}^6\mathrm{m}+\mathrm{0,550}\cdot {10}^6\mathrm{m}=\mathrm{6,921}\cdot {10}^6\mathrm{m}$, og

Under kollisjonen er kreftene mellom satellitten og søppelbiten indre krefter i systemet. Kollisjonen varer svært kort, så impulsen fra gravitasjonen i løpet av kollisjonen er neglisjerbar, og den totale bevegelsesmengden er bevart.

Vi velger satellittens fartsretning som positiv. Søppelbiten har farten $-v$ og blir sittende fast (fullstendig uelastisk støt):

Farten minker med omtrent $2\mathrm{m}/\mathrm{s}$, som er $\mathrm{0,03}\%$ av farten. Søppelbiten har så liten masse i forhold til satellitten at farten forblir omtrent uendret.

Etter nedbremsingen følger satellitten en ellipsebane innover mot jorda. Utenfor atmosfæren virker bare gravitasjonskraften, så den mekaniske energien er bevart. Vi kaller farten i den opprinnelige banen $v_1$ ($r_1=\mathrm{6,921}\cdot {10}^6\mathrm{m}$) og farten ved atmosfæregrensen $v_2=\mathrm{7,80}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ($r_2=\mathrm{6,371}\cdot {10}^6\mathrm{m}+\mathrm{0,100}\cdot {10}^6\mathrm{m}=\mathrm{6,471}\cdot {10}^6\mathrm{m}$):

Massen $m$ faller bort, og vi løser for $v_1$:

Satellitten mister potensiell energi på veien ned og får større fart, så den må bremses til $\mathrm{7,27}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ i banen for å ha $\mathrm{7,80}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ved atmosfæren.

Når ionemotoren skyter ionene forover, dytter satellitten ionene forover, og ionene dytter satellitten bakover like hardt (Newtons 3. lov). Kreftene er indre krefter i systemet satellitt + ioner, og utskytingen skjer på en gang, så bevegelsesmengden i fartsretningen er bevart.

Før utskytingen har hele systemet massen $M_{\text{s}}=260\mathrm{k}\mathrm{g}$ (de $37\mathrm{g}$ fra søppelbiten har ingen betydning) og farten $v_0=\mathrm{7,59}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Etter utskytingen har ionene massen $m$ og farten $u=45\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}$, og satellitten har massen $M_{\text{s}}-m$ og farten $v_1=\mathrm{7,27}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}$: