Del 1

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver

a) Skrått kast – fart i høyeste punkt

I det høyeste punktet er den vertikale hastighetskomponenten null. Kun den horisontale komponenten gjenstår:

b) Kloss på skråplan med horisontal kraft

Kraftbildet på klossen. Fordi F peker inn mot planet, legger komponenten \(F\sin 30°\) seg til \(G\cos 30°\) — normalkrafta må bære begge. Lengdene i figuren er til skala: med \(G = 2{,}2\) og \(F = 1{,}4\) lengdeenheter er \(N = 1{,}905 + 0{,}700 = 2{,}605\).

Vi velger akser langs og vinkelrett på skråplanet. Kraften \(F\) peker horisontalt inn mot skråplanet (se figuren). Komponenten av \(F\) vinkelrett på planet er \(F\sin 30°\) og peker inn mot underlaget.

Likevekt vinkelrett på planet gir:

Tyngdekraften presser klossen inn mot planet med \(G\cos 30°\), og den horisontale kraften bidrar med \(F\sin 30°\) i samme retning. Normalkraften må balansere begge disse bidragene.

c) Skrått kast med luftmotstand – akselerasjon i y-retning

Luftmotstanden virker langs bevegelsesretningen, motsatt \(\vec{v}\). Y-komponenten er derfor \(kv^2\sin\alpha\) — ikke \(k(v\sin\alpha)^2\), som er en helt annen størrelse. Begge kreftene i y-retning peker ned. Vinkelen er målt i oppgavesettets figur til 33,7°; her er den tegnet 34,0°.

Krefter i y-retning: tyngdekraften \(-mg\) og y-komponenten av luftmotstanden (motsatt bevegelsesretningen).

Luftmotstanden har størrelse \(kv^2\) og y-komponenten er \(kv^2 \sin\alpha\) (nedover, mot bevegelsen):

d) Kjeglependel – krefter på kula

Det virker bare to krefter på kula. Sentripetalkrafta er ikke en tredje kraft — den er den vannrette komponenten av snorkrafta. Alternativ A viser nettopp dette. Målt i oppgavesettets fire småpaneler: i A er snorkraftas loddrette komponent 3,79 ruter mot tyngdas 3,94 (96 %), mens den i B bare er 2,27 ruter (58 %) — der ville kula falt.

Det virker to krefter: tyngdekraften (rett ned) og snorkraften (langs snora, oppover og innover mot sentrum). Snorkraften har en vertikal komponent som balanserer tyngdekraften og en horisontal komponent som gir sentripetalkraften for sirkelbevegelsen. Figur A viser dette korrekt.

e) Pendel og samtalerobot

Påstand 1 er feil: Sentripetalkraft er ikke en egen kraft, men nettokraften som peker mot sentrum. De eneste kreftene er tyngdekraft og snorkraft.

Påstand 2 er feil: Samtaleroboten sier at tyngdekraften er større enn snorkraften i nederste punkt. Dette er feil – i det nederste punktet må snorkraften være større enn tyngdekraften for å gi sentripetalkraft oppover: \(S - G = \frac{mv^2}{R}\).

f) Kloss i vertikal halvsirkel

Retningen mot sentrum står \(30°\) over horisontalen, så tyngdas komponent langs radien er \(mg\sin 30°\) — og den peker bort fra sentrum. Newtons 2. lov radielt: \(N - mg\sin 30° = mv^2/R\). I figuren er \(mg = 2{,}4\), \(mg\sin 30° = 1{,}2\) og \(N = 2{,}6\) lengdeenheter.

Radialretning mot sentrum peker \(30°\) over horisontalen. Komponenten av tyngdekraften mot sentrum er \(-mg\sin 30° = -\frac{mg}{2}\) (bort fra sentrum).

Newtons 2. lov i radialretning:

g) Dossert sving

For dossert sving uten friksjon: \(N\cos\alpha = mg\) og \(N\sin\alpha = \frac{mv^2}{r}\).

Påstand 1 er feil: \(N = \frac{mg}{\cos\alpha} > mg\) for \(\alpha > 0\).

Påstand 2 er riktig: \(\tan\alpha = \frac{v^2}{rg}\), altså \(v = \sqrt{rg\tan\alpha}\).

h) Roterende stang – programmering

1   N = 1000
2   T = 0.15
3   M = 0.10
4   dM = M/N
5   r=0
6   L=1
7   dr = L/N
8   E=0
9   
10  while r < L/2:
11     r = r + dr
12     v=
13     E=
14  print(2*E)

Hvert element ved avstand \(r\) har farten \(v = \frac{2\pi r}{T}\) (sirkelbevegelse). Kinetisk energi skal akkumuleres:

• Linje 12: v = 2*3.14*r/T (fart fra sirkelbevegelse)
• Linje 13: E = E + 0.5*dM*v**2 (akkumulerer energi)

i) Gravitasjonsfeltstyrke mellom to planeter

Feltet fra A peker mot A med styrke \(g\). Feltet fra B peker mot B med styrke \(g_B = \gamma M/D^2 < g\) (siden \(D > d\)).

Samlet feltstyrke: \(g_{\text{total}} = g - g_B\). Siden \(0 < g_B < g\): \(0 < g_{\text{total}} < g\).

j) Asteroide faller mot jorda

Energibevaring med gravitasjonspotensiell energi:

k) Elektrisk felt fra ladninger i kvadrat

Pilene er tegnet til skala: bidragene fra de to øverste protonene (avstand \(s/2\)) er fem ganger større enn bidragene fra de to nederste (avstand \(\sqrt{5}\,s/2\)), men de opphever hverandre helt. Igjen står de to nederste, som har like store og motsatt rettede y-komponenter og like x-komponenter mot høyre.

Feltene fra de to øverste protonene er like store og motsatt rettet langs x-aksen → kansellerer.

Feltet fra protonen nede til venstre: komponenter mot høyre og oppover. Feltet fra elektronet nede til høyre (negativ ladning, felt peker mot elektronet): komponenter mot høyre og nedover.

x-komponentene adderes (begge til høyre). y-komponentene kansellerer (én opp, én ned). Netto felt peker til høyre.

l) Elektron akselereres i elektrisk felt

Arbeid-energi-teoremet: \(eEd = \frac{1}{2}m_e v^2\), som gir:

m) Magnetfelt mellom to parallelle ledere

P ligger under den øverste lederen og over den nederste. Høyrehåndsregelen gir da felt inn i papiret fra den øverste og ut av papiret fra den nederste — derfor trekkes bidragene fra hverandre i stedet for å legges sammen.

Fra øverste leder (avstand \(d/2\)): \(B_1 = \frac{2k_m I}{d}\), retning inn i papiret (høyrehåndsregelen).

Fra nederste leder (avstand \(d/2\)): \(B_2 = \frac{2k_m \cdot 2I}{d} = \frac{4k_m I}{d}\), retning ut av papiret.

Netto: \(B = B_2 - B_1 = \frac{2k_m I}{d}\), ut av papirplanet.

n) Elektron avbøyes i magnetfelt

Kraften på elektronet er oppover. Lorentzkraften: \(\vec{F} = (-e)(\vec{v} \times \vec{B})\).

For at kraften skal peke oppover når \(\vec{v}\) peker mot høyre, må \(\vec{B}\) peke ut av papirplanet. (Sjekk: \(\vec{v} \times \vec{B}_{\text{ut}} = v B (-\hat{y})\), gange med \(-e\) gir \(+\hat{y}\).)

o) Indusert spenning i roterende spole

Grafen er gjengitt etter oppgavesettet (PDF-side 11). Det er to hele svingninger i intervallet \([0,\ 2\pi]\), altså \(T = \pi\) s og \(\omega = 2\pi/T = 2\) rad/s. Leser man \(T = 2\pi\), blir \(B\) dobbelt så stor.

Fra grafen ser vi at det er to fulle svingninger i intervallet \([0, 2\pi]\), altså er perioden \(T = \pi\) s.

\(\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{\pi} = 2\) rad/s

\(\varepsilon_{\text{maks}} = NBA\omega\):

p) Sløyfe faller inn i magnetfelt

Strømretning: Fluksen inn i papiret øker → Lenz' lov: indusert strøm skaper felt ut av papiret → strømmen går mot klokka.

Akselerasjon: Den induserte strømmen i magnetfeltet gir en bremsende kraft oppover (Lenz' lov). Nettokraften nedover er mindre enn \(mg\), altså \(a < g\).

q) Sløyfe inn i magnetfelt med vinkel

Vinkelen \(\theta\) er oppgitt mellom \(\vec{B}\) og sløyfeplanet, ikke mot normalen. Den komponenten som gir fluks, er den vinkelrette, \(B\sin\theta\) — derfor \(\varepsilon = vBL\sin\theta\). Feltlinjenes helning er målt i oppgavesettets figur til 60,0° under vannrett, og figuren bruker samme vinkel.

Komponenten av \(\vec{B}\) vinkelrett på sløyfeplanet er \(B\sin\theta\) (siden \(\theta\) er vinkelen mellom feltet og planet).

Fluksendring per tid: \(\frac{d\Phi}{dt} = B\sin\theta \cdot L \cdot v\)

r) Tid og lysfart i gravitasjonsfelt

Generell relativitetsteori: Tiden går saktere i et gravitasjonsfelt (gravitasjonsrødforskyvning). Jo sterkere gravitasjonsfeltet er, desto saktere går klokker sammenlignet med klokker lenger unna massefordelingen. Lysfarten er derimot den samme overalt – lokalt målt er \(c\) alltid konstant, uavhengig av gravitasjonsfeltet. Dette er et grunnleggende postulat i generell relativitetsteori.

s) Gravitasjonsrødforskyvning og ekvivalensprinsippet

Situasjon 1: Lys som beveger seg oppover i gravitasjonsfeltet mister energi → bølgelengden øker: \(\lambda_1 > \lambda_0\).

Situasjon 2: Ekvivalensprinsippet: akselerert romskip er ekvivalent med gravitasjonsfelt. Samme effekt: \(\lambda_2 > \lambda_0\).

t) Comptoneffekten

Comptoneffekten er når et foton kolliderer med et elektron, og noe av fotonets energi overføres til elektronet. Fotonet spres med lavere energi (lengre bølgelengde). Bølgelengdeendringen avhenger av spredningsvinkelen: \(\Delta\lambda = \frac{h}{m_e c}(1 - \cos\theta)\). Effekten var et avgjørende bevis for at lys har partikkelegenskaper, fordi den bare kan forklares ved at fotonet oppfører seg som en partikkel med bevegelsesmengde \(p = h/\lambda\).

Oppgave 2

a) Fotoelektrisk effekt (3 poeng)

1) Graf for metall B:

Fra grafen for metall A leser vi av grensefrekvensen \(f_{0,A} \approx 6 \cdot 10^{14}\) Hz. Løsrivningsarbeidet for A: \(W_A = hf_{0,A}\).

For metall B: \(W_B = 2W_A\), altså \(f_{0,B} = \frac{W_B}{h} = 2f_{0,A} \approx 12 \cdot 10^{14}\) Hz.

Grafen for B er en rett linje med samme stigningstall som A (stigningstallet er \(h\)), men forskjøvet til høyre slik at den krysser \(f\)-aksen ved \(f \approx 12 \cdot 10^{14}\) Hz.

Linja for metall A er gjengitt etter oppgavesettet (PDF-side 14): grensefrekvens 6·10¹⁴ Hz og stigningstall 2/3 per 10¹⁴ Hz i aksens egne enheter. Linja for metall B er løsningens svar: samme stigningstall, dobbelt så høy grensefrekvens. Merk om enheten på E_k-aksen: i oppgavesettet er aksen trykt «E_k / 10⁻¹⁸ J». Det må være en trykkfeil. Stigningstallet til E_k(f)-linja er alltid Plancks konstant h, og med 10⁻¹⁸ J blir stigningen 2/3·10⁻¹⁸/10¹⁴ = 6,7·10⁻³³ J·s = 10h, som er fysisk umulig. Med 10⁻¹⁹ J blir den 6,7·10⁻³⁴ J·s = h, og W_A = 4·10⁻¹⁹ J = 2,5 eV – en realistisk løsrivningsenergi. Figuren her bruker derfor 10⁻¹⁹ J.

Kinetisk energi som funksjon av frekvens for metall A og metall B

2) Likheter og ulikheter:

• Likhet: Begge grafene er rette linjer med samme stigningstall \(h\) (Plancks konstant). Dette betyr at for en gitt økning i frekvens får man samme økning i kinetisk energi, uavhengig av metall.
• Ulikheter: Metall B har høyere grensefrekvens (\(2f_{0,A}\) mot \(f_{0,A}\)). For enhver frekvens over grensefrekvensen til B er den kinetiske energien til elektronene fra B lavere enn fra A (differansen er \(W_B - W_A = W_A\)).

b) Bølgefunksjon (1 poeng)

Figuren er gjengitt etter oppgavesettet (PDF-side 14). Fire like topper mellom to nullpunkter i \(x = 0\) og \(x = 2\) nm er \(n = 4\) i en boks med bredde \(L = 2\) nm, altså \(|\Psi|^2 = \sin^2(2\pi x)\). Det skraverte området er nøyaktig én av de fire like toppene, så arealet — og dermed sannsynligheten — er \(\tfrac14 = 25\ \%\).

I kvantemekanikken beskriver \(|\Psi(x)|^2\) sannsynlighetstettheten, altså sannsynligheten per lengdeenhet for å finne partikkelen ved posisjon \(x\). For å finne sannsynligheten i et gitt intervall, må man integrere (beregne arealet under kurven) over det aktuelle området.

For nettopp denne figuren kan tallet i tillegg regnes ut: fire like store topper mellom nullpunktene i \(x = 0\) og \(x = 2\) nm er \(n = 4\) i en boks med bredde \(L = 2\) nm, altså \(|\Psi(x)|^2 = \sin^2(2\pi x)\) (allerede normert). Det markerte området er nøyaktig én av de fire like toppene, så \(\int_{1}^{1{,}5}\sin^2(2\pi x)\,\mathrm{d}x = \tfrac14\): sannsynligheten er 25 %.

c) Kloss på skråplan og over bakketopp (6 poeng)

Toppen av bakken ligger i høyden \(2h\) og radien er \(2h\) — derfor ligger sirkelens sentrum på bakkeplanet. Legg merke til at skråplanets lengde blir \(s = h/\sin 30° = 2h\); det er den lengden friksjonsarbeidet regnes over.

Svaret på punkt 1. Klossen glir oppover, så friksjonen virker nedover langs planet. Lengdene er til skala: med \(G = 3{,}4\) lengdeenheter er \(N = G\cos 30° = 2{,}94\) og \(R = \mu N = 0{,}85\). Langs planet blir \(G\sin 30° + R = 0{,}50G + 0{,}25G = 0{,}75G\), som er nettopp \(a = -\tfrac34 g\).

1) Krefter på klossen opp skråplanet:

• Tyngdekraften \(mg\) rett nedover
• Normalkraften \(N\) vinkelrett på skråplanet (ut fra overflaten)
• Friksjonskraften \(R = \mu N\) langs skråplanet nedover (motsatt bevegelsesretningen)

2) Vis at \(a = -\frac{3}{4}g\) opp skråplanet:

Vinkelrett på skråplanet: \(N = mg\cos 30° = \frac{\sqrt{3}}{2}mg\)

Langs skråplanet (positiv retning oppover):

3) Vis at farten i toppunktet er \(v = \sqrt{2hg}\):

Klossen greier akkurat å passere toppunktet uten å miste kontakt. Det betyr at normalkraften \(N = 0\) i toppunktet. I toppunktet av sirkelbanen (radius \(R = 2h\)) peker tyngdekraften mot sentrum:

4) Uttrykk for startfarten \(v_0\):

Vi bruker arbeid–energi-teoremet fra startposisjonen til toppunktet av bakken. Friksjonen virker bare på skråplanet.

Lengden langs skråplanet: \(s = \frac{h}{\sin 30°} = 2h\)

Arbeid utført av friksjon:

Energibevaring fra start (høyde 0) til toppunktet (høyde \(2h\)):

Del 2

Oppgave 3 – Romfartøy og relativitet (8 poeng)

a) Vis at banefarten \(v_0 = 4{,}46\) km/s

Gravitasjonskraften gir sentripetalkraften:

Setter inn verdier (\(r = 2{,}0 \cdot 10^7\) m, \(M = 5{,}97 \cdot 10^{24}\) kg, \(\gamma = 6{,}67 \cdot 10^{-11}\) Nm²/kg²):

b) Energi for å unnslippe gravitasjonsfeltet

Total energi i sirkelbane: \(E_{\text{tot}} = \frac{1}{2}mv_0^2 - \gamma\frac{mM}{r}\).

I sirkelbane: \(v_0^2 = \frac{\gamma M}{r}\), så \(\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{\gamma mM}{2r}\).

For å unnslippe trengs \(E_{\text{tot}} = 0\). Energien som må tilføres:

c) Tid målt om bord i romfartøyet

Romfartøyet reiser med \(v = 0{,}80c\) over avstand \(d = 4{,}0 \cdot 10^{16}\) m (i jordas referansesystem).

Reisetid i jordas referansesystem:

Lorentzfaktoren:

Tid målt om bord: start og ankomst skjer på samme sted i romfartøyet, så klokka om bord måler egentiden \(t_0\). Tidsdilatasjonen fra formelarket, \(t = \gamma t_0\), gir:

d) Planetens dimensjoner i romfartøyets referansesystem

Proxima Centauri B har radius \(R_p = 9{,}8 \cdot 10^7\) m (kuleformet i eget referansesystem). Romfartøyet passerer med \(v = 0{,}80c\).

Lengdekontraksjonen skjer kun langs bevegelsesretningen (bredden):

• Høyde (vinkelrett på bevegelsen, uendret): \(2R_p = 2 \cdot 9{,}8 \cdot 10^7 = 1{,}96 \cdot 10^8\) m
• Bredde (langs bevegelsen, kontrahert): \(\frac{2R_p}{\gamma} = \frac{1{,}96 \cdot 10^8}{5/3} = 1{,}18 \cdot 10^8\) m

Oppgave 4 – Elektron i magnetfelt (5 poeng)

a) Forklar hvorfor elektronet beveger seg i sirkelbane

Magnetkraften på elektronet er \(\vec{F} = (-e)\vec{v} \times \vec{B}\). Denne kraften står alltid vinkelrett på hastigheten fordi kryssproduktet per definisjon gir en vektor som er vinkelrett på begge faktorene. En kraft som alltid er vinkelrett på hastigheten gjør ikke arbeid (\(W = \vec{F} \cdot \Delta\vec{s} = 0\)), og endrer derfor bare retningen, ikke størrelsen på farten. Siden kraften alltid er vinkelrett og har konstant størrelse (fordi \(|\vec{v}|\) er konstant og \(|\vec{B}|\) er konstant), får vi en jevn sirkelbevegelse der magnetkraften fungerer som sentripetalkraft.

b) Baneradius og rundetid

Magnetkraften gir sentripetalkraft: \(evB = \frac{mv^2}{r}\):

Rundetiden:

c) Tid for 15 runder med økende magnetfelt

Flukstettheten økes med \(\Delta B = 0{,}20\) mT etter hver runde. Farten er uendret (magnetkraften gjør ikke arbeid).

Rundetiden avhenger av \(B\): \(T = \frac{2\pi m_e}{eB}\).

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
    r = m*v/(e*B)
    T = 2*3.14159*r/v
    t = t + T

print(t)

Programmet beregner rundetiden for hver av de 15 rundene (med økende \(B\)) og summerer dem. Utskriften blir \(t = 1{,}1549 \cdot 10^{-7}\) s, som rundes av til tre gjeldende siffer:

Oppgave 5 – Sløyfe og induksjon (8 poeng)

a) Retning på magnetfeltet gjennom sløyfa

Strømmen forlater plusspolen, går mot venstre langs den øverste tilledningen, inn i sløyfa øverst og rundt mot klokka sett ovenfra. Høyrehåndsregelen for en strømsløyfe gir da felt oppover, ut av bordplanet — det er begrunnelsen oppgaven ber om.

Fra figuren går strømmen mot klokka (sett ovenfra). Høyrehåndsregelen: krum fingrene i strømretningen, tommelen peker i feltretningen. For en sirkulær strømsløyfe skaper strømmen et magnetfelt som går gjennom sløyfa på en måte som ligner en kort stavmagnet – feltet er sterkest i sentrum av sløyfa og peker vinkelrett på sløyfeplanet.

b) Induksjon i spolen

1) Når bryteren K lukkes, begynner det å gå strøm i sløyfa. Dette skaper et økende magnetfelt gjennom spolen i sentrum. Ifølge Faradays lov vil en endring i magnetisk fluks gjennom spolen indusere en EMF, som driver en strøm i spolen.

2) Lenz' lov: den induserte strømmen motvirker endringen. Fluksen gjennom spolen øker oppover, så den induserte strømmen skaper et felt nedover i spolen. Med høyrehåndsregelen gir dette strøm med klokka (sett ovenfra) i spolen.

c) Fluksendring og indusert strøm

Magnetfeltstyrken i sløyfa: \(B = \frac{\pi k_m I}{r_1}\), der \(k_m = 2{,}0 \cdot 10^{-7}\) Tm/A og \(r_1 = 0{,}30\) m.

Strømmen endres fra \(I_1 = 10\) A til \(I_2 = 20\) A:

1) Fluksendring gjennom spolen:

2) Gjennomsnittlig indusert strøm:

Oppgave 6 – Horisontalt kast (5 poeng)

a) Vis verdiene i rad 1

Falltid (horisontalt kast):

Teoretisk kastelengde (rad 1, \(v = 0{,}29\) m/s):

Usikkerhet \(\Delta x = 0{,}01\) m:

• Minste måleverdi: \(0{,}12 - 0{,}01 = 0{,}11\) m ✓
• Største måleverdi: \(0{,}12 + 0{,}01 = 0{,}13\) m ✓

b) Utfylt tabell

Falltid \(t = 0{,}430\) s. Kolonne C = \(x - 0{,}01\), Kolonne D = \(x + 0{,}01\), Kolonne E = \(v \cdot t\).

c) Vurdere hypotesen om luftmotstand

Elevene har hypotese om at luftmotstand ikke er viktig. Vi sammenligner målt kastelengde (kolonne B) med teoretisk (kolonne E, uten luftmotstand):

• For alle rader er den målte kastelengden lik eller litt større enn den teoretiske verdien.
• Hvis luftmotstand var viktig, ville den målte kastelengden vært kortere enn den teoretiske (kula bremses horisontalt).
• Avvikene er små (1–2 cm). Fem av sju rader (1, 4, 5, 6 og 7) ligger innenfor måleusikkerheten \(\Delta x = 0{,}01\) m. Rad 2 og rad 3 avviker \(0{,}02\) m, altså dobbelt så mye som usikkerheten, og ligger dermed utenfor intervallet [Min, Maks].
• Avvikene øker ikke systematisk med farten, slik man ville forventet med luftmotstand.

Oppgave 7 – Ladede kuler og elektrisk felt (5 poeng)

a) Elektrisk feltstyrke i origo

De to ladningene er symmetrisk plassert om origo, like langt fra origo på hver side. Feltet fra ladningen til venstre peker mot høyre (bort fra den positive ladningen), og feltet fra ladningen til høyre peker mot venstre. Siden ladningene er like store og like langt fra origo, er feltbidragene like store og motsatt rettet. De kansellerer hverandre fullstendig:

b) Retning på feltstyrken i punkt P

Ved symmetri: x-komponentene fra de to ladningene kansellerer (den ene peker til høyre, den andre til venstre). y-komponentene adderes (begge peker oppover, bort fra x-aksen).

c) Vis akselerasjonen til den negative gjenstanden

Faktoren \(R/\sqrt{d^2+R^2}\) er ren trekantgeometri: motstående katet delt på hypotenusen i trekanten \(Q\)–origo–\(P\). Avstanden fra hver kule til P er \(\sqrt{d^2+R^2} = \sqrt{20} = 4{,}47\) cm. x-komponentene opphever hverandre ved symmetri, og de to y-komponentene legger seg sammen — det gir faktoren 2 i uttrykket.

Elektrisk feltstyrke i punkt P (avstand \(R\) fra origo på y-aksen):

Avstand fra hver ladning til P: \(\sqrt{d^2 + R^2}\).

Feltet fra én ladning: \(E_1 = \frac{k_e Q}{d^2 + R^2}\), med y-komponent \(E_{1y} = E_1 \cdot \frac{R}{\sqrt{d^2+R^2}}\).

Totalt felt (to ladninger, y-komponentene adderes):

Kraft på ladning \(q\) (negativ, kraft peker nedover mot origo): \(F = |q| \cdot E\).

Akselerasjon:

d) Tid fra slipping til retur til punkt P

Gjenstanden slippes fra ro i punkt P og oscillerer gjennom origo. Vi bruker Eulers metode. Akselerasjonen avhenger av posisjonen \(y\):

(Negativ fordi kraften alltid peker mot origo.)

ke = 8.99E9
Q = 7.0E-9
q = -5.0E-9
d = 4.0E-2
R = 2.0E-2
m = 1.0E-3
v = 0
t = 0
dt = 0.01
y = R

# Simuler til gjenstanden passerer origo
while y > 0:
    a = -2*ke*Q*abs(q)*y / (m*(d**2 + y**2)**1.5)
    v = v + a*dt
    y = y + v*dt
    t = t + dt

# Symmetri: P -> origo -> -P -> origo -> P = 4 * tid fra P til origo
print(4*t)

Gjenstanden oscillerer: P \(\to\) origo \(\to\) \(-\)P \(\to\) origo \(\to\) P. Ved symmetri er hver fjerdedel like lang. Programmet beregner tiden fra P til origo og ganger med 4 for å få hele perioden (tid tilbake til P).

Med tidssteget fra oppgavens kode, dt = 0,01 s, skriver programmet ut 2,28 s. Et mindre tidssteg (f.eks. dt = 1E-4) gir 2,276 s, så svaret er det samme med to gjeldende siffer.