Fysikk 2 Vår 2023

Kraften på en strømførende leder i et magnetfelt er $F=IlB$. Produktet av enhetene for strøm, lengde og flukstetthet må derfor være enheten for kraft:

Volt, joule og watt er enheter for spenning, energi og effekt, og kan ikke skrives som $\mathrm{A}\cdot \mathrm{m}\cdot \mathrm{T}$.

Når en størrelse er et produkt eller en kvotient av potenser, legger vi sammen de relative usikkerhetene ganget med eksponentene (tallverdien). Konstantene $g$ og $2$ har ingen usikkerhet. I $y={\displaystyle \frac{g{x}^2}{2v^2}}$ står både $x$ og $v$ i andre potens:

Alternativ A får vi hvis vi glemmer eksponentene. At $v$ står i nevneren, gjør ikke at usikkerheten trekkes fra.

Klossen har konstant fart, så kraftsummen er null både horisontalt og vertikalt (Newtons 1. lov). Vi dekomponerer $F$:

Den vertikale komponenten av $F$ løfter litt på klossen, så $N=G-F\sin \alpha <G$. Siden $\cos \alpha <1$, er $R=F\cos \alpha <F$, så verken B eller D stemmer.

Loddet er i ro, så $S_3=mg$. Knutepunktet er også i ro, så de horisontale komponentene av $S_1$ og $S_2$ må være like store:

Altså er $S_1<S_2$. Den bratteste snora tar mest av vekten. Vertikalt får vi $S_1\sin 30°+S_2\sin 60°=\frac{1}{2}{S}_1+\frac{3}{2}{S}_1=2S_1=S_3$, så $S_1=\frac{1}{2}{S}_3$ og $S_2=\frac{\sqrt{3}}{2}{S}_3$. Begge er mindre enn $S_3$, og A, B og C er feil.

Kassen skal følge bilen i en sirkelbane. Svingen er uten dossering, så den eneste horisontale kraften på kassen er den statiske friksjonskraften fra lasteplanet, og den må gi sentripetalkraften. Friksjonskraften kan høyst bli $\mu N=\mu mg$:

Massen forkorter seg bort, så B kan ikke stemme. A og D har heller ikke enheten m/s.

På kula virker bare tyngdekraften $G$ (nedover) og snorkraften $S$ (langs snora, oppover). Vi ser bort fra luftmotstand, så det finnes ingen kraft i fartsretningen, og D er feil. I nederste punkt går kula i en sirkelbane med fart $v$, så kraftsummen må peke inn mot sentrum, altså oppover:

Figur A viser en snorkraft som er større enn tyngdekraften. B ($S=G$) passer bare når kula er i ro, og C ($S<G$) ville gi kraftsum nedover.

På vei opp virker to krefter langs skråplanet, og begge peker nedover skråplanet, altså i positiv retning:

• komponenten av tyngdekraften langs planet, $mg\sin \theta$
• friksjonskraften, som virker mot bevegelsen, $R=\mu N=\mu mg\cos \theta$

Newtons 2. lov gir

Alternativ B gjelder når klossen glir nedover, fordi friksjonen da virker oppover planet.

Den vertikale fartskomponenten er $v_y=v\sin \theta -gt$. I det høyeste punktet er $v_y=0$:

Alternativ D er den totale flytiden tilbake til bakkenivå, som er dobbelt så lang.

Det virker ingen ytre horisontale krefter på systemet vogn + sekk, så den horisontale bevegelsesmengden er bevart. Sekken faller vertikalt og har ingen horisontal bevegelsesmengde før den lander:

Den vertikale bevegelsesmengden til sekken tas opp av underlaget gjennom normalkraften og påvirker ikke den horisontale farten.

Bevegelsesmengden er bevart i støtet:

Kinetisk energi før og etter støtet:

Tapet er ${\displaystyle \frac{1}{2}}m{v}^2-{\displaystyle \frac{1}{4}}m{v}^2={\displaystyle \frac{1}{4}}m{v}^2$, altså halvparten av den kinetiske energien. Den går over til indre energi (varme og deformasjon).

Bevegelsesmengden er bevart i støtet, så felleslegemet får farten $u={\displaystyle \frac{M}{M+m}}v<v$ ($M$ er massen til bilen, $m$ massen til kula). Begge faller deretter i et horisontalt kast fra samme høyde:

• Falltiden avhenger bare av høyden, fordi den vertikale startfarten er null i begge tilfeller. A er feil.
• Horisontal avstand er $x=ut<vt=\mathrm{1,0}\mathrm{m}$. B er feil.
• Den vertikale farten ved gulvet er lik i begge tilfeller, mens den horisontale farten er mindre for felleslegemet. Farten ved gulvet, $\sqrt{v_x^2+v_y^2}$, blir derfor mindre. C er riktig, og D er feil.

Stjernene er på hver sin side av sentrum, så avstanden mellom dem er $2r$. Gravitasjonskraften fra den ene stjernen er sentripetalkraften på den andre, som går i en sirkelbane med radius $r$:

A bruker feil avstand i gravitasjonsloven, og D bruker feil radius i sentripetalakselerasjonen.

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

Figur 2: Den elektriske kraften $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ har samme retning som feltet for en positiv ladning, altså rett nedover, uavhengig av fartsretningen.

Alternativ C har ned mot venstre i figur 1 og rett ned i figur 2.

Den heltrukne delen av hver sirkel er nærmest oss, og der går strømmen nedover. Bruker vi høyrehåndsregelen for en strømsløyfe (fingrene krummes i strømretningen), peker tommelen mot høyre langs aksen. Hver av lederne gir altså et magnetfelt mot høyre langs aksen, både inni sløyfa og ved siden av den.

Strømmene har samme retning, så feltene fra de to lederne peker samme vei i midtpunktet og forsterker hverandre. Det samlede feltet peker mot høyre, alternativ A. Feltet på aksen har ingen komponent opp eller ned av symmetrigrunner.

Strømmen går ned i den høyre vertikale lederen og videre mot venstre gjennom stanga. I den lange horisontale lederen går strømmen mot høyre. Stanga og den horisontale lederen fører altså motsatt rettede strømmer, og parallelle ledere med motsatt strømretning frastøter hverandre. Den magnetiske kraften på stanga peker oppover.

Samtidig virker tyngdekraften nedover på stanga. Den magnetiske kraften avtar med avstanden, $F=IlB=Il\cdot {\displaystyle \frac{{\mu }_{0}I}{2\pi h}}$, mens tyngdekraften er konstant. Om stanga beveger seg opp eller ned, avhenger derfor av høyden $h$: Er $h$ liten nok, er den magnetiske kraften størst, og stanga går oppover. Er $h$ stor, faller stanga.

Når sløyfa er på vei inn i feltet, øker fluksen gjennom den. En strøm mot klokka lager et magnetfelt ut av papiret inni sløyfa. Etter Lenz’ lov motvirker det induserte feltet fluksendringen, så fluksen som øker, må gå inn i papiret. Feltet $\overrightarrow{B}$ peker altså inn i papiret.

Den magnetiske kraften på sløyfa motvirker også bevegelsen som gir fluksendringen, så den peker oppover skråplanet. Det stemmer med at farten er konstant: Kraften oppover balanserer tyngdekomponenten nedover planet.

Fluksen er $\mathrm{\Phi }=BA$, og arealet er konstant, så fluksen er proporsjonal med $B$. Den induserte spenningen er $\epsilon =-{\mathrm{\Phi }}^{\prime }(t)=-A{B}^{\prime }(t)$, altså proporsjonal med stigningstallet til grafen.

1. Ved $t=1\mathrm{s}$ har $B$ sin største verdi ($\mathrm{0,40}\mathrm{T}$), så fluksen er størst, ikke minst. Minst er den ved $t=0$ og $t=3\mathrm{s}$. Påstanden er feil.
2. Ved $t=2\mathrm{s}$ synker grafen tydelig, så $B^{\prime }(t)\ne 0$ og spenningen er ikke null. Spenningen er null ved $t=1\mathrm{s}$, der tangenten er horisontal. Påstanden er feil.

Ingen av påstandene er riktige.

Når magneten svinger mot spolen, øker fluksen gjennom spolen, og det induseres en spenning med ett fortegn. Rett over spolen er fluksen størst, og spenningen er null ($\epsilon =-N{\mathrm{\Phi }}^{\prime }(t)$). Når magneten svinger bort igjen, minker fluksen, og spenningen får motsatt fortegn. Grafen har derfor én topp med hvert fortegn, så A og D er feil.

Arealet under hver topp er likt, fordi $\int \epsilon \mathrm{d}t=-N\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }$, og fluksen øker og minker like mye. Høyden på toppene avhenger av hvor fort fluksen endres. Den induserte strømmen og luftmotstanden bremser magneten, så den beveger seg litt saktere bort fra spolen enn mot den. Den andre toppen blir derfor lavere og bredere enn den første. Det passer med B. C ville betydd at magneten fikk mer energi etter å ha passert spolen.

Når staven beveger seg mot høyre, øker arealet av kretsen og dermed fluksen inn i papiret. Etter Lenz’ lov lager den induserte strømmen et felt som motvirker økningen, altså ut av papiret inni kretsen. Det gir en strøm mot klokka (oppover i staven). Vi får det samme med kraften på ladningene i staven: $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ peker oppover for positive ladninger.

Kraften $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{B}$ på staven med strøm oppover i et felt inn i papiret peker mot venstre, mot bevegelsen. Farten avtar. Det må den også gjøre av energigrunner: Den elektriske energien som omsettes i kretsen, kommer fra den kinetiske energien til staven.

Figuren viser hva som menes med «mot klokka»: den buede pila under ringen. Ringen er tegnet i perspektiv, og den høyre siden er nærmest oss (tråden på høyre side henger foran ringen). Pila viser altså en strøm som går oppover på forsiden av ringen og nedover på baksiden. Høyrehåndsregelen (fingrene krummes i strømretningen) gir at en slik strøm lager et magnetfelt mot venstre gjennom ringen, samme vei som den grå pila.

Feltlinjene går ut fra nordpolen, så når magneten føres nærmere, øker fluksen mot venstre gjennom ringen. Etter Lenz’ lov lager den induserte strømmen et felt som motvirker økningen, altså mot høyre gjennom ringen. Det er motsatt av feltet fra en strøm «mot klokka», så strømmen går med klokka slik figuren definerer retningen. (Sett fra magneten ville den samme strømmen sett ut til å gå mot klokka. Derfor er det viktig å bruke retningen som er tegnet i figuren.)

Feltet mot høyre gjør siden av ringen som vender mot magneten, til en nordpol. Ringen og magnetens nordpol frastøter hverandre, og ringen svinger bort fra magneten, mot venstre. Også her motvirker induksjonen bevegelsen som skaper den.

Med lorentzfaktoren $\gamma ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}}>1$ er

For kinetisk energi er $E_{k,\text{rel}}=(\gamma -1)m{c}^2$. For en partikkel som akselereres fra ro, er $E_k$ arbeidet $\int F\mathrm{d}s=\int v\mathrm{d}p$. Fordi den relativistiske bevegelsesmengden øker raskere med farten enn den klassiske, trengs det mer arbeid for å nå samme fart. Rekkeutviklingen viser det samme:

Begge relativistiske verdier er større, alternativ A.

Figuren viser et foton som spres på et elektron og fortsetter med en annen bølgelengde i en vinkel $\theta$. Det er comptoneffekten. I fotoelektrisk effekt blir fotonet absorbert helt og forsvinner.

Fotonet gir fra seg energi og bevegelsesmengde til elektronet, så det spredte fotonet har mindre energi $E={\displaystyle \frac{hc}{\lambda }}$ og dermed større bølgelengde:

Altså er $\lambda$ størst.

Heisenbergs uskarphetsrelasjon gir

Bevegelsesmengden er $p=m_{\mathrm{e}}v$, så $\mathrm{\Delta }p=m_{\mathrm{e}}\mathrm{\Delta }v$:

Alternativ C er den minste uskarpheten i bevegelsesmengden, ikke i farten.

1. Gluoner er kraftpartiklene for den sterke kjernekraften. Den svake kjernekraften formidles av ${\mathrm{W}}^{+}$-, ${\mathrm{W}}^{-}$- og ${\mathrm{Z}}^0$-bosoner. Påstanden er feil.
2. Myonnøytrinoet har myon-leptontall $+1$, mens ${\mu }^{+}$ er en antipartikkel med myon-leptontall $-1$. Nøytronet og protonet har leptontall $0$. Før: $+1$, etter: $-1$. Leptontallet er ikke bevart, og påstanden er feil. (Heller ikke ladningen er bevart: $0$ før og $+2$ etter.)

Ingen av påstandene er riktige.

Et av postulatene i den spesielle relativitetsteorien er at lysfarten i vakuum er den samme, $c$, for alle observatører i inertialsystemer, uavhengig av hvordan de beveger seg i forhold til hverandre.

Tenk deg at Trude har med en lysklokke der en lyspuls går loddrett fram og tilbake mellom to speil med avstand $L$. For Trude går pulsen rett opp og ned, og ett tikk tar $t_0={\displaystyle \frac{2L}{c}}$. For observatøren på jorda beveger klokka seg sidelengs mens pulsen er underveis, så pulsen går en lengre, skrå vei mellom speilene. Siden lyset har samme fart $c$ også for jordobservatøren, må hvert tikk ta lengre tid for henne. Pytagoras gir

Alle prosesser i romskipet, også tannpussen, må gå i samme takt som klokka, ellers kunne Trude merke at hun beveger seg. Tannpussen starter og slutter på samme sted i romskipet, så Trude måler egentiden $t_0$. Observatøren på jorda måler en lengre tid $t=\gamma t_0$ (tidsdilatasjon).

Fluksen gjennom spolen er størst når spolens plan står normalt på feltet, slik som i figuren. Da er

Dette er fluksen gjennom hver vinding. Den samlede fluksen gjennom alle de 200 vindingene er $N{\mathrm{\Phi }}_{\text{maks}}=\mathrm{0,10}\mathrm{W}\mathrm{b}$.

I posisjonen i figuren er fluksen inn i papiret størst. Dreies spolen litt videre, blir vinkelen mellom spoleplanet og feltet mindre enn $90°$, og fluksen inn i papiret minker. Etter Lenz’ lov går den induserte strømmen slik at den motvirker endringen, altså slik at den lager et felt inn i papiret inni spolen. Det gir strøm med klokka sett fra samme side som i figuren.

Det er ikke viktig å vite hvilken vei spolen dreies. Fluksen er størst i utgangsposisjonen, så den minker uansett hvilken vei spolen dreies, og strømretningen blir den samme.

Med konstant vinkelfart $\omega$ er fluksen $\mathrm{\Phi }=BA\cos (\omega t)$, og den induserte spenningen er

Propellen gjør 5 omdreininger per sekund, så $f=\mathrm{5,0}\mathrm{H}\mathrm{z}$ og $\omega =2\pi f=10\pi {\mathrm{s}}^{-1}$. Maksimalverdien er

Fotonet omdannes til et elektron og et positron:

Ladning ($0=-1+1$) og leptontall ($0=1+(-1)$) er bevart. For at også bevegelsesmengden skal være bevart, må prosessen skje nær en atomkjerne som tar opp litt bevegelsesmengde.

Fotonet må minst ha nok energi til å lage hvilemassen til de to partiklene. Kjernen er så tung at den tar opp nesten ingen energi, så grensen er

Energien til fotonet er $E_{\text{foton}}={\displaystyle \frac{hc}{\lambda }}$. Større bølgelengde gir mindre energi, så den største bølgelengden hører til den minste energien:

De samplede punktene ligger ved $t=\mathrm{0,00125}\mathrm{s}$, $\mathrm{0,0025}\mathrm{s}$, $\mathrm{0,00375}\mathrm{s}$, $\mathrm{0,0050}\mathrm{s}$ og så videre. Tiden mellom to samplinger er $T_s=\mathrm{0,00125}\mathrm{s}$, så samplingsfrekvensen er

Sinustonen (den blå kurven) har periode $\mathrm{0,0010}\mathrm{s}$, altså frekvensen $f=1000\mathrm{H}\mathrm{z}$. Samplingsteoremet (Nyquist) sier at vi må sample med minst dobbelt så høy frekvens som den høyeste frekvensen i signalet, her $2\cdot 1000\mathrm{H}\mathrm{z}=2000\mathrm{H}\mathrm{z}$, for å kunne gjenskape signalet.

Samplingsfrekvensen er bare $800\mathrm{H}\mathrm{z}$, så vi får ikke med oss hver svingning. Tonen gjør litt mer enn én hel svingning mellom hver sampling, og punktene havner på en langsommere sinuskurve (den oransje). Denne kurven har periode $\mathrm{0,0050}\mathrm{s}$, altså frekvensen $200\mathrm{H}\mathrm{z}=1000\mathrm{H}\mathrm{z}-800\mathrm{H}\mathrm{z}$. Når det samplede signalet spilles av, hører vi derfor en dypere tone på $200\mathrm{H}\mathrm{z}$ i stedet for den opprinnelige tonen på $1000\mathrm{H}\mathrm{z}$. Dette kalles aliasing.

På skråplanet virker tyngdekraften $\overrightarrow{G}$, normalkraften $\overrightarrow{N}$ og friksjonskraften $\overrightarrow{R}$. Klossen har ingen akselerasjon vinkelrett på planet, så

Friksjonskraften virker mot bevegelsen langs hele skråplanet. Lengden av skråplanet er

Friksjonen gjør derfor arbeidet

Normalkraften gjør ikke arbeid. Endringen i mekanisk energi er lik arbeidet fra friksjonen. Vi setter $E_p=0$ i bunnen av skråplanet:

Bunnen av skråplanet går over i det laveste punktet i halvsirkelen, så klossen har farten $v=\mathrm{1,54}\mathrm{m}/\mathrm{s}$ der. I det laveste punktet virker $\overrightarrow{G}$ nedover og $\overrightarrow{N}$ oppover. Klossen er i sirkelbevegelse, så kraftsummen peker mot sentrum (oppover) og er lik $m{\displaystyle \frac{v^2}{r}}$:

Normalkraften er $\underline{\underline{\mathrm{2,9}\mathrm{N}}}$ rettet oppover, omtrent tre ganger så stor som tyngden. Den samme avrundede verdien får vi med $v=\mathrm{1,5}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

At klossen så vidt mister kontakten i det øverste punktet, betyr at normalkraften der er null. Da er tyngdekraften alene kraftsummen mot sentrum:

Toppen av halvsirkelen ligger i høyden $2r$, samme høyde som toppen av skråplanet. Den potensielle energien er derfor lik i start og slutt. Friksjonsarbeidet på skråplanet er det samme som i a, fordi $R$ ikke avhenger av farten. Energibevaring med friksjon gir

Med mindre startfart mister klossen kontakten før den når toppen. Med større startfart presser banen fortsatt på klossen i toppen.

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

Protonet kommer inn i H med fart mot høyre og bøyer av nedover mot P. Sentrum i halvsirkelen ligger altså rett under inngangspunktet, og magnetkraften må peke nedover når protonet kommer inn i feltet. Magnetkraften er

Protonet har positiv ladning. Med høyrehåndsregelen (pekefinger langs $\overrightarrow{v}$ mot høyre, langfinger langs $\overrightarrow{B}$, tommel langs ${\overrightarrow{F}}_{\mathrm{m}}$) peker tommelen nedover når langfingeren peker ut av papiret. Magnetfeltet i H har retning ut av papirplanet.

Magnetkraften står hele tiden vinkelrett på farten og gjør ikke arbeid, så farten er uendret gjennom H. Ved passeringen fra P gjør det elektriske feltet arbeidet $eU$ én gang til. Totalt har protonet fått energien $2eU$:

Farten inn i V er $\underline{\underline{\mathrm{4,4}\cdot {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

I magnetfeltet står magnetkraften vinkelrett på farten og har konstant størrelse $qvB$, så protonet går i jevn sirkelbevegelse. Magnetkraften er kraftsummen mot sentrum:

Vi setter inn $v=\sqrt{n\cdot {\displaystyle \frac{2qU}{m}}}$ og trekker ${\displaystyle \frac{m}{q}}$ inn under rottegnet:

som var det vi skulle vise.

La $r_1=r$ være radien i H (etter én akselerasjon) og $r_2$ radien i V (etter to akselerasjoner). Fra uttrykket i d er $r\propto \sqrt{n}$, så

I det elektriske feltet går protonet vannrett, så det flytter seg ikke loddrett der. Vi følger høyden til banen på figur 2:

• Protonet går inn i H i samme høyde som K. Halvsirkelen i H ender i P, som ligger $2r_1$ under K.
• Protonet går inn i V i høyden til P. Halvsirkelen i V ender $2r_2$ over P, altså $2r_2-2r_1$ over K.

Dette øverste punktet ligger i høyden til kollisjonskammeret, som er avstanden $d$ over K:

Radien i H er

Banen i H hører til $n=1$. Uttrykket fra d gir