Del 1

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver

a) Relativ usikkerhet i \(g\)

Relativ usikkerhet i et produkt/kvotient er summen av de relative usikkerhetene, der eksponenter teller som multiplikator. Massene \(m\) og \(M\) forutsettes å ha neglisjerbar usikkerhet. Grunnen til at eksponenten multipliseres inn, er at en variabel i andre potens forsterker en liten prosentvis endring dobbelt. Hvis \(v\) endres med 3 %, endres \(v^2\) med omtrent \(2 \times 3\,\% = 6\,\%\), på samme måte som den deriverte av \(v^2\) gir en faktor 2.

b) Kule mellom to vegger med snorer

Snor 1 må bære hele tyngden i sin loddrette komponent (\(S_1\cos\theta = mg\)) og i tillegg balansere \(S_2\) vannrett (\(S_1\sin\theta = S_2\)). Da er \(S_1/S_2 = 1/\sin\theta > 1\). Vinkelen er målt i oppgavesettets figur til 43,7° fra veggen; figuren tegner 44,0°, og lengdene er til skala.

Snor 2 er horisontal og gir kun horisontal kraft. Snor 1 har vinkel med veggen og må gi både en vertikal komponent (bærer tyngden \(mg\)) og en horisontal komponent (balanserer \(S_2\)).

Vertikalt likevekt (vinkelen \(\theta\) er mellom snor 1 og veggen):

Horisontalt likevekt:

Siden \(S_1\) har en komponent i hver retning, og \(S_2\) bare er den horisontale komponenten:

Dermed er \(S_1 > S_2\) og \(S_1 > mg\).

c) Golfball – horisontalt kast

Falltid fra høyde \(h\):

Horisontal bevegelse:

d) Kloss i vertikal halvsirkel

Energibevaring fra øverst til nederst (faller høyde \(r\)):

I det laveste punktet er sirkelbevegelsen slik at nettokraften peker oppover mot sentrum:

e) To astronauter i gravitasjonsfelt

Påstand 1 er riktig: Gravitasjonsfeltet strekker seg langt ut i rommet. Romstasjonen (ca. 400 km over jorda) er absolutt i jordens gravitasjonsfelt. Tyngdeakselerasjonen der oppe er ca. \(8{,}7\) m/s\(^2\).

Påstand 2 er feil: Gravitasjonskraften avtar med avstanden: \(F = \gamma\dfrac{mM}{r^2}\). Astronaut B er lenger fra jordas sentrum enn A, så gravitasjonskraften på B er noe mindre enn på A.

f) Programmering – gjenstand faller mot jorda

1   gamma = 6.67E-11         # Gravitasjonskonstanten
2   R = 6.371E6              # Jordradien
3   M = 5.97E24              # Jordmassen
4   r = 2.5E7                # Startverdi for avstanden
5   v=0                      # Startverdi for farten
6   t=0                      # Startverdi for tiden
7   dt = 1
8   
9   while r > R:
10     a = gamma*M/r**2
11     v = v + a*dt
12     r=
13     t = t + dt
14  print(t)

I programmet er \(a = \gamma M/r^2\) (positiv, rettet mot jorda), og \(v = v + a \cdot dt\) (farten øker mot jorda). Posisjonen \(r\) (avstand fra jordas sentrum) skal minke:

Her er \(v > 0\) (fart mot jorda), og vi trekker fra for å redusere avstanden.

g) To satellitter i bane

Påstand 1 er feil: Banefarten er \(v = \sqrt{\gamma M/r}\). Satellitt A er nærmere jorda (\(r_A < r_B\)), så \(v_A > v_B\).

Påstand 2 er feil: Rundetiden er \(T = \frac{2\pi r}{v} = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{\gamma M}}\). Siden \(r_A < r_B\), er \(T_A < T_B\).

h) To partikler med ladning – programmering

1   m = 3.8E-26                 # Masse
2   k = 8.99E9                  # Coulombs konstant
3   e = 1.6E-19                 # Ladning
4   
5   v=0                         # Startverdi for farten
6   r = 0.001                   # Startverdi for avstanden
7   t=0                         # Startverdi for tiden
8   dt = 0.000001
9   
10  while t <= 0.1:
11     a = k*e**2/(m*r**2)
12     v = v + a*dt
13     r = r + 2*v*dt
14     t = t + dt
15  print(r)

I programmet er kraften beregnet som \(F = ke^2/r^2\). Siden \(e^2\) alltid er positiv, er kraften alltid frastøtende uansett fortegn på ladningene. Akselerasjonen er positiv, noe som betyr at partiklene beveger seg fra hverandre (\(r\) øker).

Frastøtning skjer når ladningene har samme fortegn (begge positive eller begge negative).

i) Fire ladninger i hjørnene av et kvadrat

Alle fire ladningene står like langt fra sentrum, så hvert bidrag har samme størrelse \(E_1\). Summene er regnet ut av enhetsvektorene: A \(2\sqrt2\,E_1 = 2{,}83\,E_1\) mot høyre, B og C null, D \(2{,}00\,E_1\). A er størst — og \(\sqrt2\) ganger større enn D. Pilene er til skala.

Det elektriske feltet i sentrum avhenger av hvordan bidragene fra de fire ladningene adderes.

Alternativ A: To positive ladninger på venstre side, to negative på høyre side. Alle fire feltbidrag i sentrum peker fra \(+\) mot \(-\) (mot høyre). De fire bidragene adderes konstruktivt i samme retning. Dette gir maksimalt felt.

Alternativ C: Alle ladninger like (f.eks. alle \(+\)) — ved symmetri kansellerer feltene fullstendig i sentrum. \(E = 0\).

Alternativ B: pluss i to motstående hjørner og minus i de to andre. Konfigurasjonen er symmetrisk under 180°-rotasjon om sentrum, så bidragene opphever hverandre parvis: \(E = 0\), akkurat som i C.

Alternativ D: her opphever bare noe seg. Summerer man enhetsvektorene, blir resultanten \(2{,}00\,E_1\) i retning 45° opp mot høyre, mot alternativ A sine \(2\sqrt{2}\,E_1 = 2{,}83\,E_1\). A er altså \(\sqrt{2}\) ganger større enn D — og det er A som er størst.

j) To rette ledere og punkt P

Bidragene må være like store og motsatt rettet. Størrelsen gir \(I_2 = 2\) A (dobbelt så langt unna, dobbelt så stor strøm). Retningen avgjør resten: høyrehåndsregelen gir felt inn i papiret fra den skrå lederen, så feltet fra den vannrette må peke ut — og det krever at strømmen der går mot høyre. Helningen på den skrå lederen er målt i oppgavesettet til ca. 56°; figuren tegner 55,0°.

For at feltet i P skal være null, må bidragene fra de to lederne ha lik størrelse men motsatt retning.

Feltstyrken fra en lang, rett leder i avstand \(r\):

For at \(B_1 = B_2\) i punkt P:

Retninger: Fra figuren ser vi at den skrå lederen fører strømmen sin oppover-til-høyre, og P ligger i kilen mellom de to lederne (på nedre høyre side av den skrå lederen, rett over den horisontale lederen).

Ved å bruke høyrehåndsregelen på den skrå lederen (tommelen i strømretningen oppover-til-høyre, fingrene krøllet rundt lederen): i punkt P peker magnetfeltet inn i papirplanet.

For at feltene skal kansellere, må magnetfeltet fra den horisontale lederen peke ut av papirplanet i P. Punktet P ligger over den horisontale lederen; høyrehåndsregelen krever da at strømmen i den horisontale lederen går mot høyre.

k) To partikler i magnetfelt

Feltene i de to halvdelene peker motsatt vei. For \(q_1\) gir \(\vec{v}\times\vec{B}\) en vektor oppover, men banen bøyer ned — altså er \(q_1\) negativ. For \(q_2\) gir \(\vec{v}\times\vec{B}\) en vektor nedover, men banen bøyer opp — altså er \(q_2\) også negativ. Samme fortegn gir motsatt avbøyning nettopp fordi feltene er motsatt rettet.

\(q_1\) beveger seg inn i regionen med \(\vec{B}\) inn i papirplanet. Med \(\vec{v}\) mot høyre og \(\vec{B}\) inn i papirplanet:

For positiv ladning: \(\vec{v} \times \vec{B}_{\text{inn}} = v B \,\hat{y}\) (oppover). For negativ ladning peker kraften nedover.

Fra kurvene: \(q_1\) bøyer av nedover (mot grenselinjen) i \(\times\)-regionen, noe som krever at \(q_1\) er negativ.

\(q_2\) beveger seg inn i regionen med \(\vec{B}\) ut av papirplanet. Med \(\vec{v}\) mot høyre og \(\vec{B}\) ut av papirplanet:

For positiv ladning: \(\vec{v} \times \vec{B}_{\text{ut}} = -vB\,\hat{y}\) (nedover). For negativ ladning peker kraften oppover.

Fra kurvene: \(q_2\) bøyer av oppover (mot grenselinjen) i \(\bullet\)-regionen, noe som krever at \(q_2\) er negativ.

l) Ion i magnetfelt – ny radius

Fra akselerasjonsspenningen: \(\frac{1}{2}mv^2 = qU\), som gir \(v = \sqrt{2qU/m}\).

Radius i magnetfelt: \(r = \frac{mv}{qB}\). Setter inn \(v\):

Radius er omvendt proporsjonal med \(B\). Når \(B\) dobles:

m) Positiv partikkel i kryssede felt

For at partikkelen skal gå rett gjennom, fungerer oppsettet som en hastighetsselektor der den elektriske kraften balanserer magnetkraften nøyaktig. Bare partikler med riktig fart \(v = E/B\) passerer uavbøyd, mens partikler med annen fart avbøyes. Betingelsen for rett bane er:

Partikkelen beveger seg mot høyre. Vi sjekker alternativ A: \(\vec{B}\) ut av papirplanet, \(\vec{E}\) oppover.

• Magnetkraft: \(\vec{F}_m = q\vec{v} \times \vec{B}\). Med \(\vec{v}\) mot høyre og \(\vec{B}\) ut av papiret: \(\vec{F}_m = qvB\) nedover.
• Elektrisk kraft: \(\vec{F}_e = q\vec{E}\) oppover.

Kreftene balanserer. Partikkelen går rett igjennom.

n) Transformator

Transformatorlikningen bygger på at den magnetiske fluksen gjennom jernkjernen er lik for begge spolene. Endring i fluks induserer en spenning proporsjonal med antall vindinger i hver spole. Dermed er forholdet mellom spenningene lik forholdet mellom vindingstallene:

o) Foto av Henrik fra drone i bevegelse

Lengdekontraksjonen skjer bare i bevegelsesretningen. Dronen flyr horisontalt (mot høyre i bildet). Fra bildet ovenfra ligger Henrik med kroppen vinkelrett på fartsretningen (hodet opp, føttene ned i bildet).

• Langs fartsretningen (venstre-høyre): Henrik kontraheres. Han blir smalere.
• Vinkelrett på fartsretningen (opp-ned): Ingen lengdekontraksjon. Kroppslengden er uendret.

p) Tre klokker mellom to planeter

Gravitasjonstidsforlengelse er et resultat av den generelle relativitetsteorien: klokker går saktere i dypere gravitasjonsbrønner (lavere gravitasjonspotensial). Jo sterkere gravitasjonsfeltet er der klokken befinner seg – altså jo mer energi som trengs for å «klatre» ut av gravitasjonsbrønnen – desto saktere tikker klokken sammenlignet med en klokke langt unna alle masser.

• Klokke 1 (nær planet M): Dypest potensialbrønn (M er størst). Går tregest.
• Klokke 3 (nær planet m): Dypere potensialbrønn enn klokke 2, men grunnere enn klokke 1 (siden \(m < M\)).
• Klokke 2 (mellom planetene): Her er gravitasjonsfeltstyrken like stor fra begge, men potensialet er grunnere enn ved overflaten av noen av planetene. Går raskest.

q) Fotoelektrisk effekt – frigjøre elektroner

Fotoelektrisk effekt krever at fotonenergien \(E = hf\) er større enn løsrivningsarbeidet \(W\). Hvis ingen elektroner frigjøres, er frekvensen for lav. Det finnes en grensefrekvens \(f_0 = W/h\) som må overskrides for at effekten skal opptre. Energien til hvert enkelt foton er avgjørende – ikke den totale lysintensiteten.

• A (høyere løsrivningsarbeid): Gjør det vanskeligere – feil.
• B (mer av samme lys): Flere fotoner med for lav energi hjelper ikke – feil.
• C (øke frekvensen): Høyere frekvens gir høyere fotonenergi – riktig!
• D (øke bølgelengden): Lengre bølgelengde gir lavere frekvens og lavere energi – feil.

r) De Broglie-bølgelengde og fotonets bevegelsesmengde

Påstand 1 er riktig: De Broglies hypotese: alle partikler har bølgeegenskaper. Bølgelengden er \(\lambda = h/p\). Et elektron i bevegelse har bevegelsesmengde \(p > 0\), og dermed en bølgelengde.

Påstand 2 er riktig: For et foton: \(p = h/\lambda\), som gir \(\lambda = h/p\). Større bevegelsesmengde gir kortere (mindre) bølgelengde.

s) Bølgefunksjon og sannsynlighet

Sannsynligheten er arealet under \(|\Psi|^2\), ikke amplituden. Kurven er målt pikselvis i oppgavesettet og tilpasset uttrykket \(\Psi = -1{,}94\,e^{-(x-8)^2/(2\cdot 1{,}785^2)}\cos\!\big(\tfrac{\pi}{2}(x-8)\big)\) (avvik under 1 % av amplituden). Arealene: a 0,6 % · b 20 % · c 39 % · d 40 %. Intervall d er størst — men bare noen få prosent større enn c, ikke «klart størst».

Sannsynligheten for å finne elektronet i et intervall er proporsjonal med \(\int |\Psi(x)|^2 \, dx\) over intervallet. Der \(|\Psi(x)|\) er størst, er sannsynligheten størst. Merk at det er absoluttverdien kvadrert som teller – negative verdier av \(\Psi\) gir like stor sannsynlighet som positive verdier med lik absolutt størrelse. Bølgefunksjonen \(\Psi\) i seg selv er ikke direkte observerbar, men \(|\Psi|^2\) gir sannsynlighetstettheten for å finne partikkelen.

Det er arealet under \(|\Psi|^2\)-kurven som avgjør, ikke amplituden alene. Den største amplituden finner vi i intervall c (den dype bunnen), men intervall c er smalt. Intervallgrensen mellom c og d ligger ved bunnpunktet, slik at intervall d inneholder halve den dype bunnen pluss hele den siste toppen, og d er dessuten bredere. Regner man arealene ut av figuren, blir de a 0,6 %, b 20 %, c 39 % og d 40 % av totalen (kurven er målt pikselvis i oppgavesettet og kontrollregnet eksakt på det tilpassede uttrykket). Intervall d er altså størst — men bare noen få prosent større enn c, ikke med god margin. Det er det brede intervallet d, med den halve dype bunnen pluss hele den siste toppen, som så vidt vinner over det smale c.

t) Heisenbergs uskarphetsrelasjon

Heisenbergs uskarphetsrelasjon:

Hvis \(\Delta x\) halveres, må \(\Delta p\) minst fordobles for at produktet \(\Delta x \cdot \Delta p\) fortsatt skal tilfredsstille ulikheten. Posisjon og bevegelsesmengde er komplementære størrelser – man kan ikke kjenne begge nøyaktig samtidig. Dette er ikke en teknisk begrensning ved måleinstrumentene, men en fundamental egenskap ved naturen på kvantenivå. Fysisk kan dette forstås gjennom bølge-partikkel-dualiteten: en partikkel med velbestemt posisjon må beskrives av en smal bølgepakke, som krever mange ulike bølgelengder (og dermed mange ulike bevegelsesmengder) for å konstrueres.

Vi leter derfor etter figuren der \(\Delta x\)-fordelingen er blitt smalere og \(\Delta p\)-fordelingen tydelig bredere enn i utgangsfiguren, slik at produktet \(\Delta x \cdot \Delta p\) er omtrent bevart. Én av figurene viser en smal \(\Delta x\) sammen med en \(\Delta p\) som er omtrent uendret – der ville produktet blitt halvert, og uskarphetsrelasjonen brutt.

Oppgave 2

a) Ball med luftmotstand – krefter og akselerasjon

Svaret på punkt 1. \(\vec{L} = kv^2\) peker alltid mot fartsretningen. y-komponenten er derfor NED i P (legger seg til tyngden), NULL i Q og OPP i R (trekker fra) — og det er nettopp derfor \(|a_y|\) synker gjennom hele kastet, som graf A i punkt 2 viser. Banen er tegnet med toppunktet litt til høyre for midten, slik luftmotstand gjør den.

Krefter i punkt P (på vei opp):

• Tyngdekraften \(m\vec{g}\) peker rett ned.
• Luftmotstanden \(\vec{L}\) peker motsatt bevegelsesretningen, altså nedover og bakover (skrått ned-til-venstre). Størrelse: \(L = kv^2\).

Krefter i punkt Q (høyeste punkt, kun horisontal fart):

• Tyngdekraften \(m\vec{g}\) peker rett ned.
• Luftmotstanden \(\vec{L}\) peker horisontalt bakover (motsatt den horisontale bevegelsen). Ingen vertikal komponent av luftmotstanden.

Krefter i punkt R (på vei ned):

• Tyngdekraften \(m\vec{g}\) peker rett ned.
• Luftmotstanden \(\vec{L}\) peker motsatt bevegelsesretningen, altså oppover og bakover (skrått opp-til-venstre).

Graf av \(|a_y|\) over tid:

I y-retningen virker tyngdekraften \(mg\) nedover og y-komponenten av luftmotstanden:

• På vei opp (før Q): Ballen beveger seg oppover. Luftmotstanden har en komponent nedover (bidrar sammen med tyngden). Dermed er \(|a_y| = g + L_y/m > g\). Etter hvert som farten avtar, minsker \(L_y\), og \(|a_y|\) synker mot \(g\).
• I punkt Q: Ballen har ingen vertikal fart, kun horisontal. Luftmotstanden har ingen vertikal komponent. \(|a_y| = g\).
• På vei ned (etter Q): Ballen beveger seg nedover. Luftmotstanden har en komponent oppover (motvirker tyngden). Dermed er \(|a_y| = g - L_y/m < g\). Etter hvert som den vertikale farten øker, øker \(L_y\), og \(|a_y|\) fortsetter å synke.

Graf A gjengitt etter oppgavesettet (PDF-side 15). Kurven er lest av pikselvis; den passerer g = 9,81 m/s² ved t ≈ 0,50 s — det er punkt Q, banens høyeste punkt.

b) Ekvivalensprinsippet

1) Hvorfor kan de ikke avgjøre ved å slippe en gjenstand?

Einsteins ekvivalensprinsipp sier at et homogent gravitasjonsfelt er lokalt uatskillelig fra et jevnt akselererende referansesystem. Når en gjenstand slippes:

• På en planet: Gjenstanden faller mot gulvet med akselerasjon \(g\) (tyngdekraften).
• I akselererende romskip: Gulvet akselererer opp mot gjenstanden. Fra innsiden ser det ut som om gjenstanden «faller» med akselerasjon \(a = g\).

Begge situasjonene gir nøyaktig samme observasjon. Eksperimentet kan ikke skille mellom dem.

2) De sender lys med gitt frekvens mot taket og måler frekvensen der.

I begge tilfellene observeres rødforskyvning – frekvensen er lavere ved taket enn ved gulvet:

• På en planet: Gravitasjonsrødforskyvning. Lyset «klatrer» ut av gravitasjonsbrønnen og taper energi: \(\Delta f/f = gh/c^2\).
• I akselererende romskip: Taket akselererer bort fra lyset. Når lyset ankommer taket, har taket fått høyere fart, og man observerer en dopplerforskyvning som gir nøyaktig samme rødforskyvning: \(\Delta f/f = ah/c^2\).

Ekvivalensprinsippet garanterer at begge gir identisk resultat. Heller ikke dette eksperimentet kan avgjøre hvilken situasjon de er i.

c) Roterende spole – induksjon

Grafen gjengitt etter oppgavesettet (PDF-side 17): to hele perioder, med nullgjennomganger ved 0,050, 0,100, 0,150 og 0,200 s. Perioden er T = 0,10 s.

Graf av indusert strøm som funksjon av tid

1) Periode og vinkelfart:

Vi leser av grafen: strømmen starter i null, har topp \(+0{,}020\) A ved \(t = 0{,}025\) s, går gjennom null (synkende) ved \(t = 0{,}050\) s, har bunn \(-0{,}020\) A ved \(t = 0{,}075\) s og er tilbake i null (stigende) ved \(t = 0{,}100\) s. Først da har kurven gjentatt seg. En full svingning tar altså:

Vinkelfarten:

Legg merke til at avstanden fra en topp til den neste bunnen bare er en halv periode. Én hel periode er fra topp til topp (eller fra en stigende nullgjennomgang til den neste), her fra \(t = 0\) til \(t = 0{,}10\) s. Én hel omdreining av spolen svarer til én hel periode av strømmen.

2) Finn magnetisk flukstetthet \(B\):

Fra grafen: maks strøm \(I_{\text{maks}} \approx 0{,}020\) A. Maks indusert spenning:

Maks EMF for en roterende spole:

3) Gjør rede for elektromagnetisk induksjon. Gi et eksempel på bærekraftig energiproduksjon.

Elektromagnetisk induksjon: Når den magnetiske fluksen gjennom en lukket krets endres, induseres en elektromotorisk spenning (EMF) i kretsen (Faradays lov):

Denne spenningen driver en strøm i kretsen. Lenz' lov sier at den induserte strømmen alltid motvirker endringen som skapte den.

Eksempel – vindkraft: I en vindturbin driver vinden rotorbladene, som roterer en generator. Inne i generatoren roterer spoler i et magnetfelt (eller magneter roterer rundt spoler). Den endrede fluksen induserer en vekselspenning som gir elektrisk strøm. Dette er et eksempel på bærekraftig energiproduksjon fordi vind er en fornybar energikilde.

Del 2

Oppgave 3 – Gjenstand fra 39 km høyde

a) Konstant tyngdeakselerasjon \(g = 9{,}81\) m/s\(^2\)

Med konstant \(g\) og energibevaring (eller kinematikk):

b) Inhomogent gravitasjonsfelt

Energibevaring med gravitasjonsloven. Gjenstanden starter i ro ved \(r_1 = R + h\) og faller til \(r_2 = R\):

Setter inn verdier: \(\gamma = 6{,}67 \cdot 10^{-11}\) Nm\(^2\)/kg\(^2\), \(M = 5{,}97 \cdot 10^{24}\) kg, \(R = 6{,}371 \cdot 10^6\) m, \(h = 3{,}90 \cdot 10^4\) m:

c) Sammenligning av svarene

Svarene er svært like: 875 m/s (konstant \(g\)) vs. 872 m/s (varierende \(g\)).

Årsaken er at høyden \(h = 39\) km er svært liten sammenlignet med jordas radius \(R = 6371\) km (kun ca. 0,6 %). Over så korte avstander endrer gravitasjonsfeltet seg minimalt, og tilnærmingen med konstant \(g\) gir et godt resultat. Generelt er tilnærmingen med konstant \(g\) god når \(h \ll R\), fordi \(g(r) = \gamma M/r^2\) da varierer lite over fallhøyden.

Det inhomogene feltet gir en litt lavere fart fordi \(g\) er noe svakere i høyden enn ved overflaten, slik at gjenstanden akselererer litt mindre i gjennomsnitt.

Oppgave 4 – Syklist ned bakke

a) Vis at \(k = mg\sin\alpha / v^2\) ved konstant fart

Ved konstant fart (likevekt langs bakken) er nettokraften null. Komponent av tyngdekraften langs bakken balanseres av luftmotstanden:

b) Bestem \(k\) fra grafen

Måleresultatene fra forsøket: fart som funksjon av tid (gjengitt etter oppgavesettet)

Målepunktene flater ut like over 10 m/s. Vi leser av terminalfarten som ca. \(v = 10\) m/s:

Leser man i stedet av platået til 10,2 m/s, blir \(k = 71{,}9/10{,}2^2 \approx 0{,}69\) kg/m. Begge avlesningene gir samme konklusjon i oppgave c.

c) Akselerasjon ved \(v = 6{,}0\) m/s

Newtons 2. lov langs bakken:

Fra grafen: ved \(v = 6{,}0\) m/s er helningen ca. 0,5 m/s\(^2\), som stemmer godt med beregningen.

d) Syklisten legger seg nedover – endring av \(v\)-\(t\)-graf

1 Skisse av den nye fart-tid-grafen. Den røde, stiplede kurven nedenfor viser det andre forsøket, den blå det første.

Løsningsfigur. Begge kurvene er modellert med v(t) = v_t·tanh(g·sinα·t/v_t) og har samme starthelning 0,68 m/s²; bare terminalfarten skiller dem. Terminalfarten 11,5 m/s for forsøk 2 er valgt, ikke oppgitt.

Effekt på \(k\): Når syklisten legger seg mer nedover styret, reduseres det effektive frontarealet. Luftmotstanden \(L = kv^2\) der \(k\) er proporsjonal med frontarealet, gir at \(k\) minsker.

Terminalfarten øker: \(v_{\text{terminal}} = \sqrt{mg\sin\alpha / k}\). Lavere \(k\) gir høyere terminalfart.

2 Forskjellen mellom denne grafen og grafen fra det første forsøket:

• Startakselerasjonen er uendret: Ved \(v = 0\) er det ingen luftmotstand, og akselerasjonen er \(a = g\sin\alpha\) uansett \(k\).
• Terminalfarten øker: Farten stabiliserer seg ved en høyere verdi.
• Den nye \(v\)-\(t\)-grafen starter med samme stigningstall, men fortsetter å stige lenger og flater ut på et høyere nivå.

Oppgave 5 – Bil i sving

a) Sum av kreftene i en horisontal sving med radius \(r = 100\) m

Bilen følger en sirkelbane, og for at et objekt skal bevege seg i en sirkel med konstant fart, må det virke en nettokraft rettet mot sentrum av sirkelen. Denne nettokraften kalles sentripetalkraften og er forårsaket av friksjonen mellom dekkene og veien. Størrelsen på denne kraften er:

b) Dossert sving uten friksjon

Uten sideveis friksjon er normalkrafta den eneste krafta fra underlaget. Dosseringen vipper \(\vec{N}\) 15° fra loddrett, og da får den en vannrett komponent \(N\sin\alpha\) inn mot svingens sentrum — det er sentripetalkrafta. Loddrett: \(N\cos\alpha = mg\). Deling gir \(\tan\alpha = v^2/(rg)\).

Svingen er dossert (helningsvinkel \(\alpha = 15°\)) og det er ingen sideveis friksjon. Normalkraften har to komponenter:

Dividerer:

c) Normalkraft på bakketopp

Bilen kjører over en bakketopp med krumningsradius \(R = 150\) m og fart \(v = 20\) m/s. I det høyeste punktet peker sentripetalkraften nedover (mot sentrum av sirkelbuen):

d) Normalkraft \(h = 10\) m under bakketoppen

Trekanten sentrum–loddlinje–bil gir sammenhengen direkte: den loddrette avstanden fra sentrum opp til bilen er \(R - h = 140\) m, og radien er \(R = 150\) m, altså \(\cos\theta = 140/150\). Kraftpilene er til skala: med \(mg\) som enhet er \(mg\cos\theta = 0{,}933\), \(mv^2/R = 0{,}272\) og \(N = 0{,}662\) av \(mg\).

Bilen er i en posisjon som er \(h = 10\) m lavere enn bakketoppen på den sirkulære buen med radius \(R = 150\) m. Vi finner vinkelen \(\theta\) fra toppen:

I denne posisjonen er farten den samme (\(v = 20\) m/s, forutsatt fra oppgaven). Radialretningen peker mot sentrum av sirkelbuen. Komponenten av tyngdekraften i radialretning (mot sentrum) er \(mg\cos\theta\):

Oppgave 6 – Elektron mellom plater

a) Vis at tiden mellom A og B er \(t = 1{,}2 \cdot 10^{-8}\) s

\(E = U/d = 2000\) V/m peker fra pluss til minus, altså opp — og krafta på det negative elektronet peker ned. Derfor blir banen en parabel tilbake til samme plate, akkurat som et skrått kast. Merk størrelsesforholdet: elektronet stiger i virkeligheten bare 0,60 cm, mens plateavstanden er 10 cm. Som i oppgavesettet er figuren ikke i riktig størrelsesforhold.

Elektronet skytes inn ved den positive platen (bunn) med vinkel \(\alpha = 43°\) oppover. Det elektriske feltet mellom platene peker oppover (fra \(+\) til \(-\)), og kraften på elektronet (negativt ladet) er nedover (tilbake mot \(+\)-platen).

Vertikale komponenter:

Elektrisk felt og akselerasjon:

Elektronet følger en parabolsk bane og treffer den positive platen igjen ved \(y = 0\):

b) Avstand fra A til B

Den horisontale farten er konstant (ingen horisontal kraft):

Horisontal avstand:

Oppgave 7 – Stang på skinner i magnetfelt

a) Krefter og akselerasjon ved start

Svaret på punkt 1. Strømmen forlater plusspolen, går mot høyre langs den øverste skinna, nedover gjennom stanga og tilbake langs den nederste. Med \(\vec{B}\) inn i papiret gir \(\vec{F} = I\vec{L}\times\vec{B}\) kraft mot høyre, bort fra spenningskilden.

Når spenningen kobles til og stangen er i ro (\(v = 0\)):

Strøm gjennom kretsen:

Magnetisk kraft på stangen (strømførende leder i magnetfelt):

Akselerasjon:

b) Indusert spenning når stangen beveger seg

Når stangen beveger seg med fart \(v\), endres den magnetiske fluksen gjennom kretsen. Ifølge Faradays lov induseres en spenning:

Denne induserte spenningen motvirker den påtrykte spenningen (Lenz' lov). Fysisk betyr dette at stangens bevegelse skaper en endring i magnetisk fluks gjennom kretsen, som ifølge Faradays lov induserer en mot-EMF. Jo raskere stangen beveger seg, desto større er denne mot-EMFen. Den effektive spenningen som driver strømmen reduseres:

Etter hvert som farten øker, øker den induserte spenningen, strømmen minsker, kraften minsker, og akselerasjonen avtar. Stangen nærmer seg en terminalfart der \(BvL = U\).

c) Vis at \(a = \dfrac{UBL - vB^2L^2}{Rm}\)

Netto EMF i kretsen:

Strøm:

Magnetisk kraft på stangen:

Newtons 2. lov:

d) Programmering – tid og strekning til \(v = 1{,}0\) m/s

1   U = 1.0
2   B = 1.5
3   R = 0.50
4   m = 0.010
5   L = 0.10
6   
7   v=0
8   s=0
9   t=0
10  dt = 0.00001
11  
12  while v <= 1.0:
13     a=
14     v=
15     s=
16     t=
17  print(t)

Vi bruker Eulers metode for å simulere bevegelsen:

U = 1.0
B = 1.5
R = 0.50
m = 0.010
L = 0.10

v = 0
s = 0
t = 0
dt = 0.00001

while v <= 1.0:
    a = (U*B*L - v*B**2*L**2) / (R*m)
    v = v + a*dt
    s = s + v*dt
    t = t + dt

print(f"Tid: {t:.4f} s")
print(f"Strekning: {s:.4f} m")

Analytisk estimat: Bevegelsen følger en eksponentiell tilnærming til terminalfart \(v_{\text{max}} = U/(BL) = 1{,}0/(1{,}5 \cdot 0{,}10) = 6{,}67\) m/s med tidskonstant:

Farten som funksjon av tid: \(v(t) = v_{\text{max}}(1 - e^{-t/\tau})\). For \(v = 1{,}0\) m/s:

Strekningen (her må vi regne med flere siffer i mellomregningen, siden \(t\) og \(\tau(1-e^{-t/\tau})\) er to nesten like store tall som trekkes fra hverandre):