Fysikk 2 Vår 2025

Uten luftmotstand er tyngdekraften den eneste kraften på ballen. Den virker loddrett, så den horisontale fartskomponenten $v_x=v\cos \alpha$ er konstant gjennom hele banen. I det høyeste punktet er den vertikale fartskomponenten null, og farten er da bare den horisontale komponenten, $v\cos \alpha$.

A ville vært riktig bare for et loddrett kast, B er startfarten, og C er den vertikale startkomponenten, som nettopp har blitt null i toppunktet.

Klossen glir langs skråplanet og har ingen akselerasjon normalt på planet. Summen av kraftkomponentene normalt på skråplanet er derfor null.

• Tyngdekraften danner vinkelen $30°$ med normalen og har komponenten $G\cos 30°$ inn mot skråplanet.
• Den horisontale kraften $F$ danner vinkelen $30°$ med skråplanet og har dermed komponenten $F\sin 30°$ normalt på planet. Skråplanet stiger mot venstre, så $F$ presser klossen inn mot underlaget.

Normalkraften må balansere begge disse komponentene:

Hadde $F$ pekt mot høyre, ville den løftet klossen fra underlaget, og vi hadde fått minustegn (B).

Luftmotstanden $L=k{v}^2$ virker motsatt av fartsretningen, altså skrått nedover og bakover, og danner vinkelen $\alpha$ med horisontalen. Komponenten i $y$-retning er $-k{v}^2\sin \alpha$. Tyngdekraften er $-mg$. Newtons 2. lov i $y$-retning gir

På vei opp trekker både tyngdekraften og luftmotstanden nedover, så begge leddene er negative (A og C er feil). Det er kraften $k{v}^2$ som dekomponeres, ikke farten før kvadrering, så uttrykket med ${(v\sin \alpha )}^2$ i B er feil.

Bare to krefter virker på kula: tyngdekraften $\overrightarrow{G}$ loddrett nedover og snorkraften $\overrightarrow{S}$ langs snora mot opphengspunktet. Sentripetalkraften er ikke en egen kraft, men summen av disse to. C og D, som har en ekstra horisontal pil, er derfor feil.

Kula beveger seg i et horisontalt plan og har ingen vertikal akselerasjon. Den vertikale komponenten av $\overrightarrow{S}$ må derfor være like stor som $\overrightarrow{G}$. I A er den vertikale komponenten av snorkraften fire ruter, like lang som $\overrightarrow{G}$, mens den horisontale komponenten peker inn mot sentrum av sirkelbanen og gir sentripetalakselerasjonen. I B er den vertikale komponenten av $\overrightarrow{S}$ kortere enn $\overrightarrow{G}$, og kula ville fått en akselerasjon nedover.

Påstand 1 er feil. Sentripetalkraften er ikke en tredje kraft, men navnet på resultantkraften mot sentrum av sirkelbanen. Her er den summen av snorkraften og tyngdekraften.

Påstand 2 er feil. I det nederste punktet går kula i en sirkelbue med sentrum i opphengspunktet, så den har en sentripetalakselerasjon rett oppover. Da kan kula ikke være i likevekt, og resultantkraften må peke oppover:

Snorkraften er altså større enn tyngdekraften, ikke mindre, slik samtaleroboten påstår.

Klossen går i en sirkelbane, så resultantkraften mot sentrum må være ${\displaystyle \frac{m{v}^2}{R}}$. Normalkraften peker langs radien inn mot sentrum. Radien til klossen danner $30°$ med horisontalen og dermed $60°$ med loddlinja, så tyngdekraften har komponenten

langs radien, rettet bort fra sentrum. Newtons 2. lov langs radien (positiv retning mot sentrum):

A og B mangler sentripetalleddet, og D bruker komponenten av tyngdekraften langs banen i stedet for langs radien.

Uten sideveis friksjon virker bare tyngdekraften $G=mg$ og normalkraften $N$, som står normalt på vegbanen og danner vinkelen $\alpha$ med loddlinja.

Bilen har ingen vertikal akselerasjon:

Normalkraften er altså større enn tyngdekraften, og påstand 1 er feil.

Den horisontale komponenten av normalkraften gir sentripetalkraften:

Deler vi de to likningene på hverandre, får vi $\tan \alpha ={\displaystyle \frac{v^2}{rg}}$, altså $v=\sqrt{rg\tan \alpha }$. Banefarten avhenger av dosseringsvinkelen, og påstand 2 er riktig.

Et stangelement i avstanden $r$ fra aksen går én gang rundt en sirkel med omkrets $2\pi r$ i løpet av rundetiden $T$, så banefarten er $v={\displaystyle \frac{2\pi r}{T}}$. Uttrykket 2*3.14*r*T i C og D har dessuten feil enhet (m·s).

Elementet har kinetisk energi $\frac{1}{2}dM{v}^2$, og den totale energien er summen over alle elementene. Linje 13 må derfor legge bidraget til det som allerede er summert: E = E + 0.5*dM*v**2. I A og C blir E overskrevet i hver runde, og bare det siste elementet telles med.

Løkka går bare fra $r=0$ til $r=L/2$, altså over den ene halvdelen av stanga. Den andre halvdelen har like stor energi, og derfor skriver programmet ut 2*E.

Gravitasjonsfeltstyrken fra en planet peker mot planeten. I punktet P, som ligger mellom planetene, peker feltet fra A mot A og feltet fra B mot B, altså i motsatte retninger. Størrelsene er

Siden $D>d$, er $0<g_{\mathrm{B}}<g$. Den samlede feltstyrken har størrelsen $g-g_{\mathrm{B}}$, som ligger mellom $0$ og $g$, og peker mot planet A.

Asteroiden er $3R$ over jordoverflata, altså $4R$ fra jordsentrum. Over så store avstander varierer tyngdeakselerasjonen, så $mgh$ gir ikke riktig potensiell energi (A er feil). Vi må bruke gravitasjonell potensiell energi $E_{\mathrm{p}}=-\gamma {\displaystyle \frac{mM}{r}}$, der $r$ er avstanden fra jordsentrum.

Mekanisk energi er bevart:

Bytter vi om sidene, får vi uttrykket i D. C har byttet om avstandene, og B mangler den potensielle energien ved jordoverflata og bruker avstanden fra overflata i stedet for fra sentrum.

• De to øverste protonene er like langt fra P og har like stor ladning. Feltene deres peker bort fra hvert sitt proton, altså i motsatte retninger, og opphever hverandre.
• Protonet nede til venstre og elektronet nede til høyre er begge i avstanden $r=\sqrt{s^2+{(s/2)}^2}={\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}}s$ fra P og har like stor ladning $e$. Feltene deres er derfor like sterke, $E=k_{\mathrm{e}}{\displaystyle \frac{e}{r^2}}$.
• Feltet fra protonet peker bort fra protonet: oppover og mot høyre.
• Feltet fra elektronet peker mot elektronet: nedover og mot høyre.

De vertikale komponentene opphever hverandre, mens de horisontale komponentene begge peker mot høyre. Den elektriske feltstyrken i P peker derfor rett mot høyre.

Den elektriske kraften på elektronet har størrelsen $F=eE$ og er konstant i det homogene feltet. Over strekningen $d$ gjør den arbeidet $W=eEd$, som blir kinetisk energi fordi elektronet starter fra ro:

B mangler strekningen $d$, og C og D mangler kvadratroten (de gir $v^2$, ikke $v$).

Magnetfeltet rundt en lang, rett leder er $B=k_{\mathrm{m}}{\displaystyle \frac{I}{r}}$, og feltlinjene går i sirkler rundt lederen. Punktet P ligger i avstanden $r=d/2$ fra begge lederne.

• Øverste leder: $B_1=k_{\mathrm{m}}{\displaystyle \frac{I}{d/2}}={\displaystyle \frac{2k_{\mathrm{m}}I}{d}}$. Med høyre tommel i strømretningen (mot høyre) krummer fingrene seg inn i papirplanet under lederen, der P ligger.
• Nederste leder: $B_2=k_{\mathrm{m}}{\displaystyle \frac{2I}{d/2}}={\displaystyle \frac{4k_{\mathrm{m}}I}{d}}$. Over lederen peker feltet ut av papirplanet.

Feltene har motsatt retning, og det sterkeste bidraget kommer fra den nederste lederen:

med retning ut av papirplanet. Feltet fra en rett leder står alltid normalt på planet som inneholder lederen og punktet, så «oppover» (B og D) er umulig. C får man hvis man adderer feltene i stedet for å trekke fra.

Banen krummer oppover, så den magnetiske kraften på elektronet peker oppover når det kommer inn i feltet. Den magnetiske kraften er $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ og står normalt på både farten og feltet. Siden kraften ligger i papirplanet og farten også gjør det, må feltet stå normalt på papirplanet (A og B er feil).

For en positiv ladning som beveger seg mot høyre, gir et felt inn i papirplanet en kraft oppover. Elektronet har negativ ladning, så kraften blir motsatt rettet for samme felt. For at kraften på elektronet skal peke oppover, må feltet peke ut av papirplanet.

For en spole som roterer med vinkelfart $\omega$ i et homogent felt, er amplituden til den induserte spenningen ${\epsilon }_{\text{maks}}=NBA\omega$.

Fra grafen: ${\epsilon }_{\text{maks}}=\mathrm{2,0}\mathrm{V}$, og én hel periode varer fra $t=0$ til $t=\pi \mathrm{s}$, så $T=\pi \mathrm{s}$. Da er

Retning: Når sløyfa er på vei inn i feltet, øker den magnetiske fluksen inn i papiret gjennom sløyfa. Etter Lenz’ lov får den induserte strømmen en retning som motvirker endringen, altså et magnetfelt ut av papiret inne i sløyfa. Med høyrehåndsregelen gir det en strøm mot klokka.

Akselerasjon: Bare den nederste siden er inne i feltet. Med strøm mot klokka går strømmen mot høyre i denne siden, og kraften $\overrightarrow{F}=I\overrightarrow{L}\times \overrightarrow{B}$ peker oppover, motsatt av bevegelsen. Dette stemmer med Lenz’ lov: den induserte strømmen bremser bevegelsen som skaper den. Resultantkraften $G-F_{\mathrm{m}}$ blir mindre enn tyngdekraften, så akselerasjonen er mindre enn $g$.

Det er bare komponenten av $\overrightarrow{B}$ normalt på sløyfeplanet som gir magnetisk fluks gjennom sløyfa. Feltet danner vinkelen $\theta$ med selve planet, så normalkomponenten er $B_{⟂}=B\sin \theta$.

Når sløyfa føres inn i feltet med farten $v$, øker arealet inne i feltet med $Lv$ per tidsenhet, og fluksen endrer seg med

A gjelder bare når feltet står normalt på sløyfeplanet ($\theta =90°$). B ville vært riktig om $\theta$ var vinkelen med normalen, og D bare om feltet var parallelt med planet.

Den generelle relativitetsteorien sier at klokker dypere i et gravitasjonsfelt går saktere enn klokker lenger ute i feltet (gravitasjonell tidsdilatasjon). Et kjent eksempel er at klokkene i GPS-satellittene går litt fortere enn klokker på jordoverflata.

Lysfarten er derimot en naturkonstant: målt lokalt er den alltid $c$, også i et gravitasjonsfelt. Tiden går altså saktere, men lysfarten er den samme.

Situasjon 1: Klokker nede i gravitasjonsfeltet går saktere enn klokker høyere opp. Sett fra høyden $h$ har lyset som ble sendt fra bakken derfor lavere frekvens, altså lengre bølgelengde. Lyset blir rødforskjøvet på vei ut av feltet: ${\lambda }_1>{\lambda }_0$.

Situasjon 2: Ekvivalensprinsippet sier at et romskip med akselerasjon $a=g$ ikke kan skilles fra et gravitasjonsfelt $g$ rettet mot gulvet. Vi kan også se det direkte: Mens lyset går fra gulvet til høyden $h$, øker farten til romskipet. Mottakeren beveger seg da bort fra lyskilden med større fart enn kilden hadde da lyset ble sendt, og lyset blir dopplerforskjøvet mot lengre bølgelengder: ${\lambda }_2>{\lambda }_0$.

Comptoneffekten er spredning av et foton (typisk røntgen- eller gammastråling) på et tilnærmet fritt elektron. Fotonet gir fra seg noe av energien og bevegelsesmengden sin til elektronet, som får kinetisk energi. Det spredte fotonet har derfor lavere energi og lengre bølgelengde enn før støtet.

C beskriver bremsestråling, slik som i et røntgenrør, og verken A eller B er comptonspredning, der det alltid er et foton og et elektron som støter sammen.

Einsteins fotoelektriske likning er $hf=W+E_{\mathrm{k}}$, der $W$ er løsrivningsarbeidet. Den maksimale kinetiske energien er altså

Grafen er en rett linje med stigningstall $h$ og konstantledd $-W$. Den skjærer $f$-aksen i grensefrekvensen $f_0={\displaystyle \frac{W}{h}}$. For metall A leser vi av $f_{0,\mathrm{A}}=6\cdot {10}^{14}\mathrm{H}\mathrm{z}$.

Metall B har $W_{\mathrm{B}}=2W_{\mathrm{A}}$. Stigningstallet $h$ er det samme, mens grensefrekvensen blir

Grafen for B er grafen for A forskjøvet $6\cdot {10}^{14}\mathrm{H}\mathrm{z}$ mot høyre.

Likheter:

• Begge grafene er rette linjer med samme stigningstall, Plancks konstant $h$, som er den samme for alle metaller.
• For begge metallene blir det ikke frigjort elektroner når frekvensen er lavere enn grensefrekvensen, uansett hvor sterkt lyset er.

Ulikheter:

• Grensefrekvensen for metall B er dobbelt så stor som for A: $12\cdot {10}^{14}\mathrm{H}\mathrm{z}$ mot $6\cdot {10}^{14}\mathrm{H}\mathrm{z}$.
• For frekvenser der begge metallene sender ut elektroner, har elektronene fra B en maksimal kinetisk energi som er $W_{\mathrm{A}}$ lavere enn fra A. Grafen for B ligger en fast avstand under grafen for A.
• Forlenger vi grafene bakover, skjærer de $E_{\mathrm{k}}$-aksen i $-W$. For B ligger skjæringspunktet dobbelt så langt nede som for A.

$|\mathrm{\Psi }(x){|}^2$ er sannsynlighetstettheten for hvor partikkelen befinner seg. Arealet under grafen mellom to $x$-verdier,

er sannsynligheten for å finne partikkelen mellom $x=1\mathrm{n}\mathrm{m}$ og $x=\mathrm{1,5}\mathrm{n}\mathrm{m}$ hvis vi måler posisjonen. Bølgefunksjonen er normert slik at hele arealet under grafen er 1, siden partikkelen med sikkerhet er et sted.

Mens klossen glir opp skråplanet, virker tre krefter på den:

• tyngdekraften $\overrightarrow{G}$, loddrett nedover
• normalkraften $\overrightarrow{N}$, vinkelrett ut fra skråplanet
• friksjonskraften $\overrightarrow{R}$, langs skråplanet nedover, motsatt av bevegelsesretningen

Vi bruker aksene fra figuren i oppgaven: $x$-aksen langs skråplanet oppover og $y$-aksen normalt ut fra skråplanet. Klossen har ingen akselerasjon i $y$-retning:

Friksjonskraften blir

I $x$-retning peker både friksjonskraften og komponenten av tyngdekraften langs planet, $mg\sin 30°=\frac{1}{2}mg$, nedover skråplanet. Newtons 2. lov gir

I toppunktet følger klossen en sirkelbue med radius $2h$, så den har en sentripetalakselerasjon ${\displaystyle \frac{v^2}{2h}}$ rettet nedover mot sentrum. Kreftene er tyngdekraften nedover og normalkraften oppover. Newtons 2. lov med positiv retning nedover:

At klossen akkurat greier å passere toppunktet uten å miste kontakten, betyr at normalkraften akkurat er null der. Da er tyngdekraften alene sentripetalkraften:

Med større fart ville tyngdekraften ikke vært stor nok til å holde klossen i banen, og den ville lettet.

Vi deler bevegelsen i to.

Opp skråplanet. Strekningen langs skråplanet er $s={\displaystyle \frac{h}{\sin 30°}}=2h$. Akselerasjonen er konstant, $a=-\frac{3}{4}g$, så farten $v_1$ på toppen av skråplanet er gitt ved

Fra toppen av skråplanet til toppunktet. Her er det ingen friksjon, og normalkraften gjør ikke arbeid fordi den står normalt på bevegelsen. Mekanisk energi er bevart fra høyden $h$ til høyden $2h$:

Setter vi sammen, får vi

Kontroll med energi for hele bevegelsen: Startenergien går til kinetisk energi i toppunktet, potensiell energi i høyden $2h$ og friksjonsarbeidet $Rs$:

som også gir $v_0^2=7gh$.

Den eneste kraften på romfartøyet er gravitasjonskraften fra jorda. Den peker hele tiden mot jordas sentrum og er sentripetalkraften som holder fartøyet i sirkelbanen:

Massen $m$ til romfartøyet forkortes bort, og vi får

Nullnivået for potensiell energi i gravitasjonsfeltet er uendelig langt borte. Fartøyet unnslipper hvis det kan komme uendelig langt bort og fortsatt ha en fart større enn eller lik null, altså hvis den totale mekaniske energien er minst null.

I sirkelbanen er

der vi har brukt $v_0^2={\displaystyle \frac{\gamma M}{r}}$ fra a). Den totale mekaniske energien i banen er dermed

For å komme opp til $E=0$ må vi tilføre

Energien som må tilføres, er altså like stor som den kinetiske energien fartøyet allerede har i banen.

I vårt referansesystem tar reisen

Avreisen og ankomsten skjer på samme sted i romfartøyets referansesystem (der klokka er i ro), så klokka om bord måler egentiden $t_0$. Tiden vi måler, er forlenget (tidsdilatasjon) med lorentzfaktoren

(her betyr $\gamma$ lorentzfaktoren, ikke gravitasjonskonstanten). Fra $t=\gamma t_0$ får vi

Det svarer til omtrent $\mathrm{3,2}$ år.

Lengdekontraksjon skjer bare i bevegelsesretningen. Lengder vinkelrett på den relative farten er de samme i begge referansesystemene.

Høyden står vinkelrett på farten og er uendret, lik diameteren til planeten:

Bredden ligger langs fartsretningen. Egenlengden er diameteren $L_0=\mathrm{1,96}\cdot {10}^8\mathrm{m}$, og målt fra romfartøyet blir den forkortet:

Målt fra romfartøyet er planeten altså flattrykt i fartsretningen.

Den magnetiske kraften på en ladning som beveger seg i et magnetfelt, er $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$. Kraften står vinkelrett på både farten og magnetfeltet. Siden farten er vinkelrett på feltet, er størrelsen

Kraften er alltid vinkelrett på fartsretningen og gjør derfor ikke noe arbeid på elektronet. Da er den kinetiske energien, og dermed banefarten $v$, konstant. Det betyr at kraften også har konstant størrelse. En kraft med konstant størrelse som hele tiden står vinkelrett på farten, endrer bare retningen på farten. Den virker som sentripetalkraft, og elektronet går i en jevn sirkelbevegelse i planet vinkelrett på $\overrightarrow{B}$.

Retningen stemmer med figuren: For en positiv ladning gir høyrehåndsregelen at kraften i toppen av banen peker oppover. Elektronet er negativt, så kraften peker nedover mot sentrum av sirkelen.

Den magnetiske kraften er sentripetalkraften:

Baneradien blir

Rundetiden er tiden elektronet bruker på én omkrets:

Farten er konstant, siden den magnetiske kraften ikke gjør arbeid. Fra b) er rundetiden

som ikke avhenger av farten, bare av flukstettheten. Når $B$ øker, blir både baneradien og rundetiden mindre, så hver runde tar kortere tid enn den forrige.

Flukstettheten økes før hver av de 15 rundene, så rundene har $B=\mathrm{3,40}\mathrm{m}\mathrm{T},\mathrm{3,60}\mathrm{m}\mathrm{T},\dots ,\mathrm{6,20}\mathrm{m}\mathrm{T}$. I løkka øker vi $B$, regner ut rundetiden med den nye verdien og legger den til den samlede tiden:

from math import pi

e = 1.602E-19
m = 9.109E-31
v = 8.0E6
t = 0
B = 3.20E-3
dB = 0.20E-3

for n in range(15):
    B = B + dB              # flukstettheten økes før runden starter
    T = 2*pi*m/(e*B)        # rundetiden med ny flukstetthet
    t = t + T               # legger til tiden for runden

print(f"Tid for 15 runder: {t:.3e} s")

Programmet skriver ut

Tid for 15 runder: 1.155e-07 s

Det tar altså $\underline{\underline{\mathrm{1,15}\cdot {10}^{-7}\mathrm{s}}}$.

Strømmen går fra plusspolen gjennom den øverste ledningen og inn i sløyfa øverst til høyre. Derfra går den rundt sløyfa over toppen, ned langs venstre side og tilbake langs bunnen til den nederste ledningen og minuspolen. Sett ovenfra går strømmen altså mot klokka.

Vi bruker høyrehåndsregelen for en strømsløyfe: Krum fingrene på høyre hånd i strømretningen. Tommelen viser da retningen til magnetfeltet inni sløyfa. Med strøm mot klokka peker tommelen opp fra bordet.

Magnetfeltet gjennom sløyfa peker $\underline{\underline{\text{rett opp fra bordet}}}$, ut av papirplanet i figuren.

Mens bryteren er åpen, går det ingen strøm i sløyfa, og det er ikke noe magnetfelt gjennom spolen. Idet bryteren lukkes, stiger strømmen i sløyfa fra null til $I$ i løpet av kort tid. Magnetfeltet i sentrum er proporsjonalt med strømmen, så feltet og den magnetiske fluksen $\mathrm{\Phi }=BA$ gjennom spolen øker. Ifølge Faradays induksjonslov,

gir en fluksendring en indusert spenning i spolen. Spolen er en lukket krets, så det går en indusert strøm. Når strømmen i sløyfa har blitt konstant, endrer fluksen seg ikke lenger, og den induserte strømmen forsvinner.

Lenz’ lov sier at den induserte strømmen har en retning som motvirker fluksendringen som skaper den. Fluksen gjennom spolen peker oppover og øker, så den induserte strømmen må lage et magnetfelt nedover inni spolen. Med høyrehåndsregelen (tommelen nedover) går den induserte strømmen $\underline{\underline{\text{med klokka sett ovenfra}}}$, altså motsatt vei av strømmen i sløyfa.

Endringen i magnetfeltstyrken gjennom spolen er

Spolen er liten sammenlignet med sløyfa, så vi regner feltet som homogent over tverrsnittet av spolen. Feltet står vinkelrett på tverrsnittet, som har areal

Fluksendringen gjennom spolen (per vinding) blir

Regnet for alle de 600 vindingene samlet er fluksendringen $N|\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }|=\mathrm{9,9}\cdot {10}^{-5}\mathrm{W}\mathrm{b}$.

Faradays lov gir den gjennomsnittlige induserte spenningen i spolen:

Med Ohms lov blir den gjennomsnittlige induserte strømmen