Fysikk 2 Vår 2019

Den sterke kjernekraften holder kvarkene sammen i hadroner og formidles av gluoner. W- og Z-bosoner formidler den svake kjernekraften, og fotoner formidler den elektromagnetiske kraften. Baryoner (for eksempel protoner og nøytroner) er partikler bygd opp av tre kvarker, ikke kraftpartikler.

Vi sjekker ladning, baryontall og leptontall for hver prosess. I A er ladningen $2\to 3-1=2$ og baryontallet $2\to 3-1=2$. I B er elektron-leptontallet $0\to 1-1=0$ og myon-leptontallet $1\to 1$. I C er ladningen $0+1\to 0+1$, baryontallet $1\to 1$ og myon-leptontallet $-1\to -1$ (både ${\bar{\nu }}_{\mu }$ og ${\mu }^{+}$ er antileptoner). I D er elektron-leptontallet $0$ før og $1+1=2$ etter, så D bryter bevaring av leptontall og kan ikke skje. (Ved betaminus-henfall dannes et elektron-antinøytrino, ${\bar{\nu }}_{\mathrm{e}}$, ikke et nøytrino.)

Kastet gir bare loddrette krefter mellom Per og ballen, og ingen horisontal kraft virker på systemet (kjelken glir med konstant fart, og vi ser bort fra luftmotstanden). Den horisontale bevegelsesmengden til både kjelken og ballen er derfor uendret. Ballen kastes rett opp i forhold til kjelken og beholder den samme horisontale farten som kjelken, så kjelken har fremdeles samme fart, og ballen lander i hendene på Per igjen.

Formelen er et produkt av potenser, $a=4{\pi }^2\cdot r^1\cdot T^{-2}$. Da legger vi sammen de relative usikkerhetene, hver ganget med absoluttverdien av eksponenten: ${\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }a}{a}}={\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }r}{r}}+2{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }T}{T}}$. Konstanten $4{\pi }^2$ har ingen usikkerhet. Relative usikkerheter legges alltid sammen, aldri trekkes fra eller ganges, så A, C og D er feil.

Vi ser bort fra friksjon. Toppen ligger $r$ over sentrene til sirkelbuene og bunnen $r$ under, så vogna faller høyden $2r$. Energibevaring gir $\frac{1}{2}m{v}^2=mg\cdot 2r$, altså $m{v}^2=4mgr$. I bunnen virker normalkraften oppover og tyngden nedover, og kraftsummen er sentripetalkraften, som peker opp mot sentrum: $N-mg={\displaystyle \frac{m{v}^2}{r}}=4mg$. Dermed er $N=5mg$.

Etter at vi har sluppet klossen, virker bare tyngden $\overrightarrow{G}$, normalkraften $\overrightarrow{N}$ og friksjonskraften $\overrightarrow{R}$. Normalkraften balanserer komponenten av tyngden normalt på skråplanet, så kraftsummen er parallell med planet. Tyngdens komponent langs planet peker nedover, og friksjonen virker mot bevegelsen, altså også nedover planet. Kraftsummen har derfor retning A, og klossen bremses. D viser fartsretningen, ikke retningen til kraftsummen.

La $\alpha$ være dosseringsvinkelen. Bilen har ingen loddrett akselerasjon, så den loddrette komponenten av normalkraften balanserer tyngden: $N\cos \alpha =G$. Da er $N={\displaystyle \frac{G}{\cos \alpha }}>G$, så I er feil. Kraftsummen er den vannrette komponenten av normalkraften, $N\sin \alpha =G\tan \alpha$, og den peker inn mot sentrum av svingen. Akselerasjonen er dermed $a=g\tan \alpha$, mens ${\displaystyle \frac{G_p}{m}}=g\sin \alpha$, som er mindre. II er også feil.

I én fjær gir likevekt $kx=mg$, så $E_{\mathrm{p}}=\frac{1}{2}k{x}^2$ med $x={\displaystyle \frac{mg}{k}}$. I de parallelle fjærene bærer hver fjær halve tyngden, så hver av dem strekkes bare ${\displaystyle \frac{x}{2}}$. Samlet energi blir $2\cdot \frac{1}{2}k{\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)}^2=\frac{1}{4}k{x}^2={\displaystyle \frac{E_{\mathrm{p}}}{2}}$.

Kloss 1 og kloss 3 har begge null loddrett startfart og loddrett akselerasjon $g$, så de bruker like lang tid på å falle høyden $h$: $t=\sqrt{{\displaystyle \frac{2h}{g}}}$. Den horisontale farten til kloss 3 påvirker ikke den loddrette bevegelsen. Kloss 2 har bare akselerasjonen $g\sin \alpha$ langs planet og skal gli den lengre strekningen ${\displaystyle \frac{h}{\sin \alpha }}$, så den bruker lengst tid: $t_2={\displaystyle \frac{1}{\sin \alpha }}\sqrt{{\displaystyle \frac{2h}{g}}}$. A og C er dermed feil, og D er ikke dekkende, siden kloss 1 og 3 bruker nøyaktig like kort tid.

Med $M_{\mathrm{S}}=2M_{\mathrm{X}}$ gir like store gravitasjonskrefter $\gamma {\displaystyle \frac{2M_{\mathrm{X}}m}{r_{\mathrm{S}}^2}}=\gamma {\displaystyle \frac{M_{\mathrm{X}}m}{r_{\mathrm{X}}^2}}$. Det gir $r_{\mathrm{S}}^2=2r_{\mathrm{X}}^2$, altså $r_{\mathrm{S}}=\sqrt{2}{r}_{\mathrm{X}}$. Kraften avtar med kvadratet av avstanden, så dobbelt masse gir $\sqrt{2}$ ganger så stor avstand, ikke dobbelt så stor.

Partikkelen og kula har ladning med samme fortegn og frastøter hverandre. Kraften virker langs linja mellom dem, bort fra kula. I øyeblikket partikkelen har farten $v$, ligger kula rett under den, så kraften peker rett opp, langs pil 2. Partikkelen er da mye nærmere kula enn da den hadde farten $v_0$. Den elektriske potensielle energien $k_{\mathrm{e}}{\displaystyle \frac{qQ}{r}}$ er større jo mindre $r$ er, så energibevaring gir mindre kinetisk energi: $v<v_0$.

Feltet fra $2e$ i avstanden $2d$ har verdien $k_{\mathrm{e}}{\displaystyle \frac{2e}{{(2d)}^2}}={\displaystyle \frac{k_{\mathrm{e}}e}{2d^2}}$ og peker bort fra den positive ladningen, altså mot venstre i P. Feltet fra $-3e$ i avstanden $3d$ har verdien $k_{\mathrm{e}}{\displaystyle \frac{3e}{{(3d)}^2}}={\displaystyle \frac{k_{\mathrm{e}}e}{3d^2}}$ og peker mot den negative ladningen, altså mot høyre. Feltene har motsatt retning, så $E={\displaystyle \frac{k_{\mathrm{e}}e}{2d^2}}-{\displaystyle \frac{k_{\mathrm{e}}e}{3d^2}}={\displaystyle \frac{k_{\mathrm{e}}e}{6d^2}}$.

Elektronet har negativ ladning, så den elektriske kraften $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ virker motsatt av feltretningen, altså oppover. Elektronet bøyes derfor av oppover. Kraften får en komponent i fartsretningen når banen krummer oppover, så den gjør positivt arbeid på elektronet, og farten øker: $v>v_0$.

Den magnetiske kraften står alltid vinkelrett på farten, så den gjør ikke arbeid, og farten er fortsatt $v_0$. Retningen finner vi med $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$: for en positiv ladning med fart mot høyre i et felt inn i arket peker $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ oppover. Elektronet er negativt, så kraften peker nedover, og elektronet kommer ut av feltet på skrå nedover.

Når ringen ruller inn i feltet, øker den magnetiske fluksen ut av arket gjennom ringen. Etter Lenz’ regel får den induserte strømmen en retning som motvirker fluksendringen, altså et eget magnetfelt inn i arket inne i ringen. Det gir strøm med klokka (høyrehåndsregelen). Kraften motvirker også bevegelsen: I den delen av ringen som er inne i feltet, går strømmen nedover, og $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$ peker mot venstre.

I område 1 kommer elektronet inn med fart mot høyre og bøyes nedover, så den første kraften peker nedover. For en positiv ladning ville $q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ peke nedover med felt ut av arket, så for elektronet må feltet i område 1 være inn i arket, og banen dreier med klokka. Elektronet går ut av område 1 med fart nedover i øvre venstre hjørne av område 2. For å komme ut øverst til høyre i område 4 med fart mot høyre må banen dreie mot klokka gjennom område 2 og 3 (en halvsirkel med sentrum i hjørnet mellom de to områdene, slik at elektronet kommer opp igjen i nedre venstre hjørne av område 4), og så med klokka i område 4. Motsatt dreieretning betyr motsatt feltretning: område 2 og 3 har felt ut av arket, og område 4 har felt inn i arket.

Til å begynne med står feltet vinkelrett på vindingene, så fluksen gjennom hver vinding er ${\mathrm{\Phi }}_1=BA$. Etter en kvart omdreining er feltet parallelt med vindingene, og fluksen er ${\mathrm{\Phi }}_2=0$. (Leser vi «vinkelrett på spolen» som vinkelrett på spoleaksen, går fluksen i stedet fra $0$ til $BA$; endringen er like stor.) Faradays induksjonslov gir gjennomsnittlig indusert spenning $\epsilon =N\left|{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }}{\mathrm{\Delta }t}}\right|=N{\displaystyle \frac{BA}{t}}={\displaystyle \frac{NBA}{t}}$. Hver vinding bidrar med like stor spenning, så spenningen er proporsjonal med $N$, og A og B er feil.

For en ideell, ubelastet transformator er ${\displaystyle \frac{U_{\mathrm{s}}}{U_{\mathrm{p}}}}={\displaystyle \frac{N_{\mathrm{s}}}{N_{\mathrm{p}}}}={\displaystyle \frac{900}{300}}=3$, så $U_{\mathrm{s}}=3\cdot 12\mathrm{V}=36\mathrm{V}$. Spenningen i sekundærspolen induseres av den samme vekslende fluksen som går gjennom primærspolen, så frekvensen er den samme, $30\mathrm{H}\mathrm{z}$.

Ved annihilering møtes en partikkel og antipartikkelen dens og omdannes til fotoner (eller andre partikler). Hvileenergien $m{c}^2$ til partiklene blir til energi i strålingen, så den kinetiske energien er ikke bevart, og Arya tar feil. Samlet energi og samlet bevegelsesmengde er bevart, siden ingen ytre krefter virker. John har rett.

Sett fra bakken beveger klokkene seg med banefarten $v=\omega r$, der $r$ er avstanden fra sentrum, og en klokke i bevegelse går langsommere jo større farten er (tidsdilatasjon). Klokke 1 står i sentrum og beveger seg nesten ikke, så den viser mest tid, ikke minst. I er feil. Klokke 3 er lenger fra sentrum enn klokke 2 og har større fart, så den viser mindre tid enn klokke 2. II stemmer.

Uskarphetsrelasjonen er $\mathrm{\Delta }x\cdot \mathrm{\Delta }p\ge {\displaystyle \frac{h}{4\pi }}$. Produktet av uskarphetene har en nedre grense, så jo mindre uskarpheten $\mathrm{\Delta }x$ i posisjonen er, desto større må uskarpheten $\mathrm{\Delta }p$ i bevegelsesmengden være. Uskarphetene henger altså sammen og kan ikke begge gjøres vilkårlig små, så A, C og D er feil.

Når elektroner sendes mot et krystall, virker de regelmessige atomlagene som et gitter, og vi får et interferensmønster (diffraksjon). Interferens er en bølgeegenskap, så forsøket viser at partikler har en bølgelengde, $\lambda ={\displaystyle \frac{h}{p}}$. Comptons forsøk og fotoelektrisk effekt viser motsatt at lys har partikkelegenskaper, og sammenfiltrede fotoner handler om felles kvantetilstander.

Fotonet gir fra seg en del av energien sin til elektronet. Foton 2 har derfor mindre energi $E=hf$, altså lavere frekvens og lengre bølgelengde enn foton 1, så B er feil. Økningen i bølgelengde er $\mathrm{\Delta }\lambda ={\displaystyle \frac{h}{m_{\mathrm{e}}c}}(1-\cos \theta )$, som er størst når $\theta ={180}^{\circ }$ (fotonet spres rett tilbake), så C er feil. Samlet energi er bevart i støtet mellom fotonet og elektronet, så støtet er elastisk, og D er feil.

To fotoner er sammenfiltrede når de beskrives av én felles kvantetilstand. Da kan fotonene ikke beskrives hver for seg: måler vi for eksempel polarisasjonen til det ene, vet vi straks utfallet av den samme målingen på det andre, uansett avstand. B beskriver fotoelektrisk effekt, C beskriver dannelse av røntgenstråling (bremsestråling), og D beskriver Heisenbergs uskarphetsrelasjon.

Feltet rundt en positiv punktladning $Q$ er radielt: feltlinjene starter på ladningen og går rett utover i alle retninger. Feltretningen i et punkt er retningen på kraften på en positiv prøveladning, og den frastøtes av $Q$, så feltet peker bort fra ladningen. Feltstyrken i avstanden $r$ fra ladningen er

Feltet er altså like sterkt i alle retninger i samme avstand, og det er sterkest nær ladningen og avtar med kvadratet av avstanden. På figuren ser vi det ved at feltlinjene ligger tettere nær ladningen.

Uten luftmotstand er tyngden den eneste kraften. Den horisontale farten er da konstant, og den loddrette akselerasjonen er $g$ nedover. Vi dekomponerer startfarten:

I det høyeste punktet er den loddrette farten null. Fra $v_y=v_{0y}-gt=0$ får vi

Banen er symmetrisk, så gjenstanden treffer underlaget igjen etter $2\cdot \mathrm{0,50}\mathrm{s}=\mathrm{1,0}\mathrm{s}$. Kastlengden er

Den eneste kraften på romsonden er gravitasjonskraften fra jorda. Den peker mot jordsentrum og er sentripetalkraften i den jevne sirkelbevegelsen:

Vi ganger med $r$ på begge sider og får $m{v}^2=\gamma {\displaystyle \frac{mM}{r}}$. Den kinetiske energien blir

Gravitasjonsfeltstyrken fra jorda i avstanden $r$ fra jordsentrum er $g=\gamma {\displaystyle \frac{M}{r^2}}$. Ved jordoverflaten er $r=R$, og i banen er $r=6R$:

Feltstyrken i banen er ${\displaystyle \frac{1}{36}}$ av feltstyrken ved jordoverflaten.

• Pasienten ligger i et sterkt magnetfelt. Hydrogenkjernene (protonene) i vannet og fettet i kroppen er små magneter som stiller seg inn langs feltet og presesserer (roterer som en snurrebass) med en bestemt frekvens som avhenger av feltstyrken.
• Tomografen sender inn pulser med radiostråling med nettopp denne frekvensen. Da får vi resonans: protonene absorberer energi fra strålingen og vippes ut av likevektsretningen, til en høyere energitilstand.
• Når pulsen slås av, går protonene tilbake til likevekt og sender selv ut radiostråling. Dette signalet fanges opp av mottakerspoler.
• Styrken på signalet og hvor fort det avtar, avhenger av hvor mye hydrogen det er og hvilket vev det sitter i. Ved å la magnetfeltet variere litt gjennom kroppen kan datamaskinen finne ut hvor signalet kommer fra og lage et bilde.

Radiostrålingen har altså den funksjonen at den eksiterer hydrogenkjernene, slik at de sender ut signalene som bildet bygges opp av.

Den spesielle relativitetsteorien bygger på to postulater:

Relativitetsprinsippet: Fysikkens lover er de samme i alle treghetssystemer. Et treghetssystem er et referansesystem som er i ro eller beveger seg med konstant fart i en rett linje, slik at Newtons første lov gjelder. Ingen forsøk kan derfor avgjøre hvilket treghetssystem som «egentlig» er i ro; bare bevegelse i forhold til noe annet har mening.

Lysfartens konstans: Lysfarten i vakuum har den samme verdien $c=\mathrm{3,00}\cdot {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$ for alle observatører i treghetssystemer, uavhengig av hvordan lyskilden og observatøren beveger seg.

Av de to postulatene følger blant annet at samtidighet er relativt, og at vi får tidsdilatasjon og lengdekontraksjon.

Etter støtet svinger kula opp i snora. Snordraget står hele tiden vinkelrett på fartsretningen og gjør ikke arbeid, så den mekaniske energien til kula er bevart. Den kinetiske energien like etter støtet blir til potensiell energi i det høyeste punktet:

Farten til kula like etter støtet er $\underline{\underline{\mathrm{1,5}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Støtet varer svært kort tid. I horisontal retning virker det ingen ytre krefter på systemet kloss + kule: det er ingen friksjon på det horisontale underlaget, og snordraget på kula er vertikalt i støtøyeblikket. Den samlede bevegelsesmengden i horisontal retning er derfor bevart. Kula henger i ro før støtet:

Farten til klossen like før støtet er $\underline{\underline{\mathrm{1,6}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Et støt er elastisk bare hvis den samlede kinetiske energien er den samme før og etter støtet.

Før støtet er det bare klossen som beveger seg:

Etter støtet beveger både klossen og kula seg:

Omtrent $\mathrm{0,07}\mathrm{J}$, eller rundt $28\%$, av den kinetiske energien er gått over til andre energiformer (varme, lyd, deformasjon) i støtet. Den kinetiske energien er ikke bevart, så støtet er ikke elastisk.

På skråplanet virker tre krefter på klossen: tyngdekraften $\overrightarrow{G}$, normalkraften $\overrightarrow{N}$ og friksjonskraften $\overrightarrow{R}$, som virker oppover langs planet, mot bevegelsen.

Klossen akselererer ikke vinkelrett på planet, så $N=Mg\cos \alpha$, og friksjonskraften er $R=\mu N=\mu Mg\cos \alpha$. Newtons 2. lov langs planet (positiv retning nedover planet) gir

Akselerasjonen er konstant, og klossen starter fra ro. Vi antar at den korte, krumme overgangen nederst på skråplanet ikke påvirker farten. Da er $v_0^2=2as$, så

Avstanden er $\underline{\underline{s=\mathrm{0,25}\mathrm{m}}}$.

Vi kan også bruke energi: arbeidet til tyngdekraften minus friksjonsarbeidet er lik den kinetiske energien, $Mgs\sin \alpha -\mu Mg\cos \alpha \cdot s=\frac{1}{2}M{v}_0^2$. Det gir det samme uttrykket for $s$.

På dronen virker bare tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ og skyvekraften $\overrightarrow{F}$ fra propellene. Vi dekomponerer skyvekraften i en vertikal og en horisontal komponent.

Vertikalt:

Den vertikale komponenten av skyvekraften er like stor som tyngden (forskjellen er bare avrunding i de oppgitte verdiene). Summen av kreftene i vertikal retning er null, så dronen har ingen vertikal akselerasjon. Hele kraftsummen, og dermed akselerasjonen, er horisontal.

Horisontalt er det bare komponenten $F_x$ av skyvekraften som virker. Newtons 2. lov gir

Akselerasjonen er $\underline{\underline{\mathrm{4,6}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2}}$, rettet framover.

Det virker tre krefter på dokka:

• tyngdekraften $\overrightarrow{G}$, rett nedover
• snordraget $\overrightarrow{S}$, langs snora skrått oppover mot dronen, $35°$ over horisontalen
• luftmotstanden $\overrightarrow{L}$, rettet mot fartsretningen, altså horisontalt bakover

Dokka har konstant fart, så ifølge Newtons 1. lov er kraftsummen null. Luftmotstanden er horisontal, så i vertikal retning er det bare den vertikale komponenten av snordraget som holder igjen tyngden:

Horisontalt må luftmotstanden være like stor som den horisontale komponenten av snordraget: $L=S\cos 35°=\mathrm{7,0}\mathrm{N}$.

Nå har dronen konstant fart, så kraftsummen på dronen er null. Kreftene på dronen er

• tyngdekraften $G_{\text{d}}=\mathrm{2,4}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{9,81}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2=\mathrm{23,5}\mathrm{N}$, nedover
• snordraget fra snora, som etter Newtons 3. lov er like stort som snordraget på dokka, $S=\mathrm{8,55}\mathrm{N}$, men trekker dronen skrått nedover og bakover mot dokka, $35°$ under horisontalen
• skyvekraften $\overrightarrow{F}$ fra propellene

Skyvekraften må oppheve de to andre kreftene. Horisontalt (framover):

Vertikalt (oppover):

Skyvekraften må være $\underline{\underline{29\mathrm{N}}}$. Den heller ${\tan }^{-1}\left({\displaystyle \frac{\mathrm{7,00}}{\mathrm{28,45}}}\right)=14°$ framover fra loddlinja.

Kontroll: Ser vi på drone og dokke som ett system, er snordraget en indre kraft. De ytre kreftene er skyvekraften, den samlede tyngden $(\mathrm{2,4}+\mathrm{0,50})\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{9,81}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2=\mathrm{28,4}\mathrm{N}$ og luftmotstanden $\mathrm{7,0}\mathrm{N}$. Skyvekraften må oppheve begge, som gir det samme resultatet.

Den magnetiske kraften $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ står vinkelrett på farten og virker som sentripetalkraft, altså inn mot sentrum av sirkelbanen. Positronet og protonet er positivt ladet og krummer samme vei, mens elektronet er negativt ladet og krummer motsatt vei. Det stemmer med figuren.

Vi ser på positronet like etter pardanningen. Der beveger det seg nedover på papiret, og sentrum i banen ligger til venstre. Kraften på den positive ladningen peker altså mot venstre når farten peker nedover. Med høyrehåndsregelen for $\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ får vi denne kraftretningen bare når $\overrightarrow{B}$ peker ut av papiret.

Kontroll med protonet: Det beveger seg også nedover og krummer mot venstre, i samme retning som positronet. Elektronet har negativ ladning, så kraften snus og peker mot høyre, inn mot sentrum av elektronbanen.

Den magnetiske kraften er sentripetalkraften i sirkelbevegelsen:

Farten til elektronet er $\underline{\underline{\mathrm{1,9}\cdot {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Denne farten er $\mathrm{0,064}c$. Da er $\gamma ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}}=\mathrm{1,002}$, så det er greit å regne klassisk her.

For protonet gir samme regning som i b)

Radien øker med farten. Jo større $R$, desto raskere går protonet, og desto viktigere blir relativistiske effekter. Relativistisk er bevegelsesmengden $p=\gamma mv$. Vi må derfor sette en grense for når $\gamma$ er så nær $1$ at klassisk regning er god nok. En vanlig tommelfingerregel er $v\le \mathrm{0,1}c$. Da er $\gamma \le \mathrm{1,005}$, og feilen ved å regne klassisk er under $\mathrm{0,5}\%$.

Så lenge radien er høyst $\underline{\underline{R=\mathrm{3,1}\mathrm{m}}}$, trenger vi ikke å regne relativistisk. Grensen avhenger av hvor stor feil vi godtar. Godtar vi for eksempel $1\%$ feil i $\gamma$ (det svarer til $v\approx \mathrm{0,14}c$), blir grensen omtrent $\mathrm{4,4}\mathrm{m}$.

Før sløyfa kommer inn i feltet, faller den fritt $h=20\mathrm{c}\mathrm{m}$. Energibevaring gir farten når den nederste sidekanten når feltet:

Når den nederste sidekanten beveger seg inn i feltet, øker den magnetiske fluksen gjennom sløyfa. Den nederste lederen skjærer feltlinjene, og det induseres en spenning