Del 1

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver

a) Relativ usikkerhet for masse av planet

For et uttrykk på formen \(M = k \cdot r^3 / T^2\) gir feilforplantningsformelen:

b) Tre krefter – riktig F₃

Løsningsfigur. Summen F1+F2 er ikke tegnet i oppgavesettet — den har netto én rute nedover, og bare den vertikale komponenten må nulles.

Vi leser av komponentene fra rutenettet i figuren:

• \(\vec{F}_1\): ca. 2 ruter mot høyre, 1 ruter oppover
• \(\vec{F}_2\): ca. 3 ruter mot høyre, 2 ruter nedover

Summen \(\vec{F}_1 + \vec{F}_2\) har:

• Horisontal komponent: \(2 + 3 = 5\) ruter mot høyre
• Vertikal komponent: \(1 - 2 = -1\) ruter (netto nedover)

Gjenstanden beveger seg langs den horisontale linja. For at banen skal holde seg rett og horisontal, kreves det bare at kraftsummen ikke har noen vertikalkomponent — gjenstanden kan godt akselerere eller bremse langs linja. Kravet er altså at \(\vec{F}_3\) har en vertikalkomponent 1 rute oppover, slik at den nuller den netto nedoverkomponenten fra \(\vec{F}_1 + \vec{F}_2\). Horisontalkomponenten til \(\vec{F}_3\) er derimot ikke bundet av oppgaveteksten.

Vi går gjennom alternativene:

• A (4 ruter mot venstre, 1 rute oppover): vertikalkomponenten går i null. ✔
• B: har oppoverkomponent, men ikke den rette størrelsen — vertikalsummen blir ikke null.
• C (rent horisontal): gir ingen vertikalkomponent, så summen beholder nedoverkomponenten.
• D (rett ned): forsterker nedoverkomponenten.

A er dermed det eneste alternativet som gir vertikal balanse — F₃ peker mot øvre venstre.

c) Programmering – kloss opp og ned skråplan med luftmotstand

1   k = 0.07
2   m = 0.42
3   g = 9.81
4   sinu = 0.20       # Sinusverdi for skråplanvinkelen
5   v = 3.13          # Startfarten
6   s=0
7   
8   dt = 0.0001
9   while s >= 0:
10     if v > 0:
11        a=
12     else:
13        a=
14     v = v + a*dt
15     s = s + v*dt
16  print(v)

Når klossen beveger seg oppover (\(v > 0\)):

Både tyngdekomponenten langs skråplanet og luftmotstanden virker nedover langs planet (mot bevegelsen):

Når klossen beveger seg nedover (\(v < 0\)):

Tyngdekomponenten virker fortsatt nedover langs planet (\(-g\sin u\)), men luftmotstanden virker nå oppover (mot bevegelsen):

d) Kloss på skråplan med lodd over trinse

Løsningsfigur. Pillengdene er proporsjonale med kreftene, så det er synlig at snordraget vinner.

Kraft som drar klossen nedover langs planet (komponent av tyngdekraften):

Kraft som drar klossen oppover langs planet (snorkraften = vekt av loddet):

Siden \(F_{\text{opp}} > F_{\text{ned}}\), blir det en netto kraft som drar klossen oppover skråplanet. Klossen starter fra ro og akselererer.

e) Kloss ned vertikal sirkelbane med økende fart

Løsningsfigur. Oppgavesettet tegner G, Gy og Gx, men verken N eller friksjonen — og det er N spørsmålet gjelder.

Klossen ligger på utsiden av en konveks bane, så normalkraften \(N\) peker ut fra sentrum, mens \(G_y\) peker mot sentrum. Newtons 2. lov radialt (mot sentrum positiv):

Siden \(\dfrac{mv^2}{r} > 0\), er normalkraften alltid mindre enn \(G_y\) — så påstand B er usann.

Når klossen glir nedover, øker farten \(v\), og samtidig blir vinkelen større slik at \(G_y = mg\cos\alpha\) minker. Begge effektene gjør at \(N = G_y - \dfrac{mv^2}{r}\) blir mindre. Normalkraften avtar altså. Da avtar også friksjonen \(R = \mu N\), så C og D er usanne.

f) Kule i horisontal sirkel mellom to snorer

Løsningsfigur. Vertikallikevekten (S1 − S2)·cosα = mg gjør at S1-pila må være lengre enn S2-pila.

Likevekt vertikalt: den vertikale komponenten av S₁ peker oppover, S₂s vertikale komponent peker nedover, og tyngdekraften virker nedover:

Derfor: \(S_1 - S_2 = \dfrac{mg}{\cos\alpha} > 0\), altså \(S_1 > S_2\).

g) Kraftsum på kule som henger i bil i sirkelbane

Løsningsfigur. Kula svinger UT fra sentrum, så baneradien er R + r — ikke R.

Kula går i en sirkelbane om sentrum av bilens sirkelbane. Den horisontale avstanden fra sentrum til kula er R + r (kula svinger utover på grunn av sentrifugaleffekten i bilens system).

Kraftsummen på kula (= sentripetalkraften, rettet mot sentrum av sirkelbanen) er:

h) Kloss på innsiden av halvsirkel

Løsningsfigur. Vinkelen er målt fra loddlinja, og derfor er det sinus som gir tangentialkomponenten.

Akselerasjon vinkelrett på fartsretningen = sentripetalakselerasjon = \(\dfrac{v^2}{r}\), rettet inn mot sentrum.

Akselerasjon parallell med fartsretningen (tangentiell): bare tyngdekraftens komponent langs tangenten bidrar (ingen friksjon). I posisjonen vist er tangentkomponenten av tyngdekraften \(g\sin\theta\).

i) Skrått kast – hva regnes ut?

Vi gjenkjenner identiteten \(2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)\):

Dette er den klassiske formelen for kastelengden for skrått kast fra og til samme høyde.

j) Gravitasjonsfeltstyrker på tre stjerner

Gravitasjonsfeltstyrken på overflaten er \(g = \dfrac{\gamma M}{R^2}\):

Altså: \(g_A > g_B > g_C\), som tilsvarer \(g_C < g_B < g_A\).

k) Asteroide i ellipsebane

Etter Keplers 2. lov er farten størst når asteroiden er nærmest sola (perihel), og minst ved aphel.

Gravitasjonell potensiell energi er \(E_p = -\dfrac{\gamma Mm}{r}\). Når \(r\) øker, blir \(E_p\) mindre negativ, altså større. Maksimal \(E_p\) er ved aphel (lengst fra sola).

Fra figuren er posisjon 1 nær sola (perihel) og posisjon 2 langt fra sola (aphel):

l) Magnetfelt fra spole og rett leder

Løsningsfigur. De to feltbidragene i P er ikke tegnet noe sted i oppgavesettet.

Bidrag fra spolen: Med høyrehåndsregelen for spolen gir strømretningen et magnetfelt langs spoleaksen. Fra figuren peker spolens felt mot høyre (mot punkt P og videre).

Bidrag fra den rette lederen: Med høyrehåndsregelen for I₂ (tommel inn i papiret, fingrene krummer med klokka): i punkt P (til venstre for lederen) peker feltet oppover.

Summen blir en vektor som peker oppover og mot høyre.

m) Tre rette ledere – felt i P og Q

Løsningsfigur. Alle seks høyrehåndsvurderingene er tegnet ut, slik at kanselleringen i Q kan ses og ikke bare leses.

Hvert bidrag har samme størrelse \(B_0 = k_m\dfrac{I}{d}\) fra en I-leder, og \(2B_0\) fra 2I-lederen, siden alle avstandene er like (d).

I punkt P (over den horisontale lederen):

• Venstre vertikale leder (strøm nedover): P ligger til høyre for lederen, høyrehåndsregelen gir felt ut av papiret.
• Høyre vertikale leder (strøm oppover): P ligger til venstre for lederen, høyrehåndsregelen gir felt ut av papiret.
• Den horisontale 2I-lederen (strøm mot høyre): P ligger over lederen, høyrehåndsregelen gir felt ut av papiret.

Alle tre bidragene peker ut av papiret i P, så det samlede feltet er ut av papiret (\(\neq 0\)). Påstand 1 sier feltet peker inn i papiret – FEIL.

I punkt Q (under den horisontale lederen):

• Venstre vertikale leder (strøm nedover): Q ligger til høyre for lederen → felt ut av papiret (\(B_0\)).
• Høyre vertikale leder (strøm oppover): Q ligger til venstre for lederen → felt ut av papiret (\(B_0\)).
• Den horisontale 2I-lederen (strøm mot høyre): Q ligger under lederen → felt inn i papiret (\(2B_0\)).

De to vertikale lederne gir til sammen \(2B_0\) ut av papiret, mens 2I-lederen gir \(2B_0\) inn i papiret. Disse er like store og motsatt rettet, så de kansellerer eksakt: \(B(Q) = 0\). Påstand 2 sier feltet er null i Q – RIKTIG.

n) Motor med strømsløyfe i magnetfelt

Løsningsfigur. Kreftene I·L×B er ikke tegnet i noen av oppgavesettets fire alternativer.

For at sløyfa skal rotere om akslingen, må magnetkraften \(\vec{F} = I\vec{L} \times \vec{B}\) gi et dreiemoment om akselen. Dette krever at B-feltet er parallelt med sløyfeplanet (ikke vinkelrett på det), slik at krefter på motsatte sider peker i motsatte retninger vinkelrett på akselen.

Alternativene C og D har B vinkelrett på sløyfeplanet (henholdsvis inn og ut av papiret), som gir krefter radialt utover/innover i sløyfeplanet – disse gir ingen rotasjon.

Alternativ A har B vertikalt oppover, parallelt med sløyfeplanet. Med strømretningen som vist (mot klokka sett forfra) gir dette krefter som vipper sløyfa om akslingen.

o) Magnet faller gjennom ring – Lenz' lov

Strømretning: Like under magneten peker B-feltlinjene oppover (mot sørpolen, siden feltlinjene går inn i S). Når magneten nærmer seg ringen ovenfra, øker den oppadrettede fluksen gjennom ringen.

Lenz' lov: indusert strøm motvirker endringen, så den induserte strømmen skaper et felt som peker nedover. Med høyrehåndsregelen for en sløyfe (tommel peker i feltretningen, fingrene krummer i strømretningen): for felt nedover må strømmen gå med klokka sett ovenfra.

Sett fra forsiden av ringen (mot oss) går strømmen mot V (venstre).

Akselerasjon: Den induserte strømmen i magnetfeltet gir en kraft som bremser fallet (Lenz' lov). Netto kraft nedover er mindre enn \(mg\), så akselerasjonen er mindre enn g.

p) Roterende stav i magnetfelt

Påstand 2 (om magnetkraften): Etter Lenz' lov vil den induserte strømmen alltid skape et magnetfelt som motvirker bevegelsen. Magnetkraften på staven (\(\vec{F} = I\vec{L} \times \vec{B}\)) virker dermed alltid mot stavens fartsretning, uavhengig av hvilken skinne den er over. Påstand 2 er RIKTIG.

Påstand 1 (om strømretningen): Når staven er over øvre skinne (B ut, mot klokka rotasjon): arealet av kretsen med B ut øker. Indusert strøm motvirker → skaper felt inn → strømmen går med klokka i kretsen.

Når staven er over nedre skinne (B inn, samme rotasjonsretning): arealet med B inn øker → indusert strøm skaper felt ut → strømmen går mot klokka.

Strømretningen er altså ikke den samme i begge tilfeller. Påstand 1 er FEIL.

q) Tidsdilatasjon – hendelse på jorda målt fra romskip

Hendelsen skjer på jorda, så jordas klokke måler egentiden \(t_0\) (hendelsen er i ro i jordas system). Klokken i romskipet beveger seg i forhold til jorda, og den observerer hendelsen som "lengre" på grunn av tidsdilatasjon:

r) Ball i akselererende fartøy – Pers referansesystem

Per er i et treghetssystem (han står i ro på bakken). I et treghetssystem virker kun de fysiske kreftene på ballen.

Den eneste fysiske kraften som virker på ballen (etter at den slipper hånden) er tyngdekraften \(\vec{G} = m\vec{g}\), som peker nedover.

Fartøyets akselerasjon er irrelevant for kreftene på ballen – fartøyet trekker ikke i ballen på noen måte når den er i luften. Pseudokrefter (som ville oppstått i fartøyets system) eksisterer ikke i Pers system.

s) Bølgefunksjonen Ψ(x) og sannsynlighet

Løsningsfigur. Sannsynligheten er arealet under |Ψ|², ikke under Ψ — og den kurven finnes ikke i oppgavesettet.

Sannsynlighetstettheten er \(|\Psi(x)|^2\), og sannsynligheten i et intervall er arealet under \(|\Psi|^2\)-kurven.

Fra figuren er Ψ omtrent en sinusbølge:

• Intervall a: Ψ er positiv med en bestemt amplitude
• Intervall b: Ψ krysser null – små absoluttverdier → liten sannsynlighet
• Intervall c: Ψ er negativ med en amplitude tilsvarende intervall a (symmetrisk om x-aksen)

Siden \(|\Psi|^2\) ikke avhenger av fortegnet på Ψ, og amplituden i a og c er lik, blir sannsynligheten lik.

Regner vi ut arealene med \(\Psi = \sin x\) over én periode (normering \(\int_0^{2\pi}\sin^2 x\,\mathrm{d}x = \pi\)) og intervallbredden i figuren, får vi \(P(a) = P(c) = 0{,}34\) og \(P(b) = 0{,}043\) — liten, men ikke null.

t) Fotoelektrisk effekt – Kalsium og Sink

Gjengivelse av oppgavesettets graf. Sink har den minste grensebølgelengden, altså det største løsrivningsarbeidet.

Sammenheng: \(W = hf_0 = \dfrac{hc}{\lambda_0}\). Større \(W\) ↔ større \(f_0\) ↔ mindre \(\lambda_0\). Disse tre egenskapene henger sammen.

Fra grafen leser vi av grensebølgelengden (\(\lambda_0\), der \(E_k = 0\)) for hvert metall:

• Det metallet med mindre \(\lambda_0\) har større \(W\) og større \(f_0\).
• Sink har faktisk et større løsrivningsarbeid enn kalsium (\(W_{\text{Zn}} \approx 4{,}3\) eV vs. \(W_{\text{Ca}} \approx 2{,}9\) eV).

Påstand 1 ("Kalsium har størst løsrivningsarbeid") – FEIL. Sink har størst W.

Påstand 2 ("Sink har størst grensefrekvens") – RIKTIG. Sink har større W, og dermed større \(f_0\).

Oppgave 2

a) Lys avbøyes av masse (2 poeng)

Dag: «Massen til himmellegemet gjør at lyset blir avbøyd.» – RIKTIG.

Ifølge generell relativitetsteori krummer masse den omkringliggende romtiden. Lys følger den korteste banen i denne krumme romtiden (geodeter), som fra utsiden ser ut som en avbøyd bane.

Ole: «Lysfarten øker når lyset blir avbøyd.» – FEIL.

Lysfarten i vakuum er konstant \(c = 3{,}00 \cdot 10^8\) m/s, uavhengig av om lyset blir avbøyd eller ikke. Dette er et grunnleggende postulat i relativitetsteorien. Lokalt målt er c alltid den samme – avbøyningen er en konsekvens av krummet romtid, ikke en endring i farten.

Kristine: «Lyset blir rødforskjøvet når det beveger seg bort fra himmellegemet.» – RIKTIG.

Gravitasjonell rødforskyvning: når lys beveger seg ut av et gravitasjonsfelt (oppover i potensialet) mister det energi. Siden \(E = hf\), avtar frekvensen og bølgelengden øker (rødforskyves).

b) Comptoneffekten (2 poeng)

Comptoneffekten er fenomenet der røntgenfotoner spres elastisk på frie elektroner. Når et foton kolliderer med et elektron, overføres noe av fotonets energi og bevegelsesmengde til elektronet. Det spredte fotonet har derfor lavere energi og lengre bølgelengde enn det innkommende fotonet.

Bølgelengdeendringen avhenger av spredningsvinkelen \(\theta\):

Effekten var avgjørende for å bekrefte at lys (her: røntgen) har partikkelegenskaper. En klassisk bølgemodell kunne ikke forklare bølgelengdeendringen, men en kvantemekanisk modell der fotonet behandles som en partikkel med energi \(E = hf\) og bevegelsesmengde \(p = h/\lambda\) gir riktig resultat via bevaring av energi og bevegelsesmengde i kollisjonen.

c) To kuler kastes – samtidig landing (2 poeng)

For at de skal lande samtidig fra samme starthøyde, må de bruke like lang tid på den vertikale strekningen. Tiden styres kun av den vertikale bevegelsen.

Den vertikale startfarten til kule B (nedover):

Begge kuler har samme vertikale akselerasjon \(g\). For at de skal lande samtidig, må de ha samme vertikale startfart:

d) Kvadratisk leder over magnetfelt (4 poeng)

Gjengivelse av oppgavesettets strømgraf. Platålengden gir farten, platåverdien gir B.

Fra strømgrafen leser vi av at strømmen er null fra \(t = 0\) til \(t = 0{,}010\) s (kvadratet har ikke nådd feltet ennå), deretter \(I = -0{,}050\) A i intervallet \(0{,}010\)–\(0{,}020\) s (kvadratet entrer feltet), så null igjen i \(0{,}020\)–\(0{,}030\) s (kvadratet er helt inne), og til slutt \(I = +0{,}050\) A i \(0{,}030\)–\(0{,}040\) s (kvadratet forlater feltet).

1) Fart til lederen:

Mens lederen entrer feltet, er én vertikal side i feltet og induserer EMF \(\varepsilon = vBL\), som gir strøm \(I = vBL/R\). Strømmen er konstant så lenge kvadratet entrer feltet.

Det første (negative) strømplatået varer fra \(t = 0{,}010\) s til \(t = 0{,}020\) s, altså \(\Delta t = 0{,}010\) s. I løpet av denne tida tilbakelegger ledersiden én sidelengde, \(L = 0{,}050\) m:

2) Absoluttverdien til B:

Med avlest konstantstrøm \(|I| = 0{,}050\) A under platået:

3) Skisse av fluks gjennom lederen:

Fluks \(\Phi = B \cdot A_{\text{inne i felt}}\). Strømgrafen forteller oss når fluksen endrer seg: strøm er kun indusert mens kvadratet entrer eller forlater feltet. Skissen får derfor fire faser fra 0 til 0,040 s:

• 0 til 0,010 s: kvadratet er ennå utenfor feltet → arealet i feltet er 0 → fluks \(\Phi = 0\) (null-platå, ingen strøm).
• 0,010 til 0,020 s: kvadratet entrer feltet → det innfeltdekkede arealet øker lineært → fluksen stiger lineært fra 0 til maksverdien \(\Phi_{\text{maks}} = B \cdot L^2\).
• 0,020 til 0,030 s: hele kvadratet er inne i feltet → arealet er konstant → fluksen er konstant på \(B \cdot L^2\) (platå, ingen strøm).
• 0,030 til 0,040 s: kvadratet forlater feltet → arealet avtar lineært → fluksen synker lineært fra \(B \cdot L^2\) tilbake til 0.

Maksverdien er \(\Phi_{\text{maks}} = B \cdot L^2 = 0{,}0080 \cdot (0{,}050)^2 = 2{,}0 \cdot 10^{-5}\) Wb.

Løsningsfigur. Knekkpunktene følger av strømgrafen i oppgaven, og toppverdien Φ_maks = B·L² = 2,0·10⁻⁵ Wb er regnet ut i deloppgave 2.

Fluksen Φ gjennom lederen som funksjon av tiden: null fram til 0,010 s, lineær økning til Φ_maks = 2,0·10⁻⁵ Wb, konstant platå fra 0,020 til 0,030 s, og lineær avtaking tilbake til null ved 0,040 s.

Begrunnelse: Faradays lov sier \(\varepsilon = -d\Phi/dt\), og strømmen er \(I = \varepsilon/R\). Der strømmen er null (0–0,010 s og 0,020–0,030 s) er \(d\Phi/dt = 0\), så fluksen er konstant (henholdsvis 0 og \(B L^2\)). Der strømmen er konstant og forskjellig fra null (entring og uttreden) er \(d\Phi/dt\) konstant, så fluksen endrer seg lineært. At strømmen har motsatt fortegn under entring (negativ) og uttreden (positiv) gjenspeiler at fluksen først øker og deretter avtar.

Del 2

Oppgave 3 – Transformator (4 poeng)

a) Effektivverdier

Gjengivelse av oppgavesettets graf. Effektivverdien er amplituden delt på roten av 2 — ikke halve amplituden.

Fra grafen på primærsiden leser vi av amplituden: kurven svinger mellom \(-3{,}0\) V og \(+3{,}0\) V, slik at \(U_{\text{maks},p} = 3{,}0\) V.

1) Effektivverdi over primærspolen:

2) Effektivverdi over sekundærspolen:

For en ideell transformator gjelder transformatorlikningen \(\dfrac{U_s}{U_p} = \dfrac{N_s}{N_p} = \dfrac{3}{6} = 0{,}50\). Dette gjelder også for amplituden, slik at \(U_{\text{maks},s} = 0{,}50 \cdot 3{,}0 = 1{,}5\) V.

Tilsvarende kan vi skrive \(U_{\text{eff},s} = 0{,}50 \cdot U_{\text{eff},p} = 0{,}50 \cdot 2{,}12 \approx 1{,}06\) V.

b) Måleresultater og transformatorlikningen

1) Vis at måleresultatene ikke stemmer med transformatorlikningen:

For den ideelle transformatorlikningen forventer vi \(U_s/U_p = N_s/N_p = 600/300 = 2{,}00\).

Fra tabellen:

De målte forholdstallene ligger i området 1,70 – 1,82, mens transformatorlikningen krever forholdet 2,00. Måleverdiene avviker derfor klart fra ligningen.

2) Fysisk forklaring:

• Reell motstand i primærspolen: Primærspolen har en ohmsk motstand, slik at en del av spenningen fra spenningskilden faller over selve spolens motstand i stedet for å bidra til magnetisering. Det målte U_p er spenningen over primærspolen som faktisk magnetiserer kjernen, men kombinert med motstandsbidraget gir det et ikke-ideelt forhold.
• Lekkasjefluks: Ikke all magnetisk fluks fra primærspolen passerer gjennom sekundærspolen. Noe av fluksen "lekker" ut av jernkjernen og bidrar ikke til å indusere spenning i sekundærspolen, så U_s blir mindre enn idealkonklusjonen tilsier.
• Energitap i jernkjernen: Virvelstrømmer og hysterese i kjernen gir varmetap som reduserer den effektive overføringen.

I en reell transformator er virkningsgraden under 100 %, og spenningsforholdet \(U_s/U_p\) er mindre enn vindingsforholdet \(N_s/N_p\).

Oppgave 4 – Bane med loop (8 poeng)

a) Krefter på klossen på skråplanet

Løsningsfigur. Pillengdene er proporsjonale med kreftene (1 N = 18 lengdeenheter), så det er synlig hvor liten friksjonen er.

Tyngdekraften:

Normalkraften (vinkelrett på skråplanet):

Friksjonskraften finner vi fra energibevaring. Skråplanets lengde:

Energibevaring fra topp til bunn av skråplan (\(W_f\) er friksjonens arbeid, negativt):

b) Normalkraft i loopen

1) I bunnen av loopen (v = 2,5 m/s):

Sentripetalakselerasjon mot sentrum (oppover). Newtons 2. lov radialt:

2) I det øverste punktet i loopen:

Energibevaring fra bunn til topp av loop (uten friksjon i loopen):

I toppen peker både N og G mot sentrum (nedover). Newtons 2. lov radialt:

c) Forklar hvor i banen klossen er ved t = 1,19 s og t = 1,23 s

Kraftmåleren måler endring i vertikal kraft fra banen (nullstilt uten kloss). Når klossen er i loopen, oppstår sentripetalakselerasjon som påvirker hvor mye kraft loopen utøver på kraftmåleren.

Ved t = 1,19 s: Kraftmåleren viser en lokal maks-verdi. Dette tilsvarer at klossen er i bunnen av loopen. Her er sentripetalkraften rettet oppover, og normalkraften fra banen på klossen er stor (\(N = mv^2/r + mg\)). Reaksjonen fra klossen på banen er like stor og rettet nedover, så kraftmåleren registrerer maksimal kraft.

Ved t = 1,23 s: Kraftmåleren viser en lokal min-verdi (eller endrer fortegn). Dette tilsvarer at klossen er i toppen av loopen. Her peker både N og G nedover på klossen (mot sentrum, som nå er nede). Klossen presser oppover på loopen med kraft N (Newtons 3. lov), så reaksjonen på kraftmåleren peker oppover (motsatt av vanlig vekt) – kraftmåleren registrerer en mindre nedover-rettet kraft eller en negativ verdi.

d) Fart i toppen av loopen i forsøket

Avlesning fra grafen: Ved \(t = 1{,}23\) s viser kraftmåleren \(F_{\text{måler}} \approx -0{,}30\) N (lokal minimumsverdi, negativ).

Oppsett (Newtons 2. lov for hele systemet "bane + kloss"):

Banen ligger i ro på kraftmåleren, mens klossen har vertikal akselerasjon \(a_y\). For systemet er kraftmåleren nullstilt slik at banens egenvekt ikke gir utslag. Vertikalt (oppover positivt):

I toppen av loopen er sentripetalakselerasjonen rettet mot sentrum, som ligger under klossen, så \(a_y = -\dfrac{v_{\text{topp}}^2}{r}\). Setter inn:

Innsetting med \(m = 0{,}015\) kg, \(r = 0{,}093\) m, \(g = 9{,}81\) m/s² og \(F_{\text{måler}} = -0{,}30\) N:

Konsistenssjekk med Newtons 3. lov: Normalkraften fra banen på klossen i toppen finner vi av \(N + mg = \dfrac{m v_{\text{topp}}^2}{r}\), som gir \(N = m\left(\dfrac{v_{\text{topp}}^2}{r} - g\right) \approx 0{,}015 \cdot (29{,}78 - 9{,}81) \approx 0{,}30\) N (peker nedover på klossen, mot sentrum). Etter Newtons 3. lov utøver klossen en like stor kraft \(0{,}30\) N oppover på banen. Kraftmåleren registrerer da en netto oppoverrettet kraft fra klossen på banen, som tilsvarer en negativ avlesning på omtrent \(-0{,}30\) N — i samsvar med grafen.

Oppgave 5 – Rakett opp fra jorda (7 poeng)

1   m = 2000
2   M = 5.97E24
3   gamma = 6.67E-11
4   R = 6371000
5   F = 30000
6   v=0
7   t=0
8   h=0
9   def G(h):
10     return gamma*m*M/(R+h)**2
11  dt = 1
12  dm = 5*dt
13  while m > 300:
14     a = (F - G(h)) / m
15     v = v + a*dt
16     h = h + v*dt
17     m = m - dm
18     t = t + dt
19  print(v, h)

a) Programmet og forklaring

1) Kjør programmet:

Vi simulerer programmet i Python. Sløyfen kjører fra m = 2000 til m = 300 (1700 kg drivstoff brukt, 340 s):

v = 8198 m/s
h = 805 525 m  ≈ 806 km

2) Forklaring av kodelinjer:

• Linje 9: def G(h): – Definerer funksjonen G(h), som regner ut gravitasjonskraften fra jorda på raketten i høyde h over jordoverflata.
• Linje 10: return gamma*m*M/(R+h)**2 – Newtons gravitasjonslov: \(G = \dfrac{\gamma m M}{(R+h)^2}\), der \(R+h\) er avstanden fra jordas sentrum til raketten.
• Linje 14: a = (F – G(h)) / m – Newtons 2. lov: \(a = F_{\text{net}}/m\), der nettokraften er skyvekraften minus tyngden. Vi tar ikke hensyn til luftmotstand i denne delen.
• Linje 17: m = m – dm – Reduserer rakettens masse med 5 kg per tidsskritt (dm = 5*dt med dt = 1 s).

3) Hvorfor øker akselerasjonen mens motoren er på?

To grunner:

1. Skyvekraften F er konstant, men massen m avtar med tiden (drivstoff brennes opp). Siden \(a = F/m\), øker a når m minker.
2. I tillegg avtar gravitasjonskraften G når raketten kommer høyere (G ∝ 1/(R+h)²), slik at nettokraften F – G øker.

Begge effekter trekker i samme retning: økende akselerasjon mens motoren er på.

b) Maks høyde (uten luftmotstand)

Etter at motoren slås av (m = 300 kg), v ≈ 8198 m/s, h ≈ 806 km. Bruk energibevaring videre:

Setter inn (m faller ut):

c) Høyde med luftmotstand

Vi modifiserer programmet til å inkludere luftmotstanden \(L = 1{,}96 \cdot 0{,}9999^h \cdot v^2\):

m = 2000
M = 5.97E24
gamma = 6.67E-11
R = 6371000
F = 30000
v = 0
t = 0
h = 0

def G(h):
    return gamma*m*M/(R+h)**2

dt = 1
dm = 5*dt
while m > 300:
    L = 1.96 * 0.9999**h * v**2
    a = (F - G(h) - L) / m
    v = v + a*dt
    h = h + v*dt
    m = m - dm
    t = t + dt
print(v, h)

Resultat:

Sammenlignet med a) (806 km uten luftmotstand) ser vi at luftmotstanden reduserer høyden vesentlig, særlig i den nedre atmosfæren der trykket (og dermed luftmotstanden) er størst.

Oppgave 6 – Elektron mellom plater (7 poeng)

a) Akselerasjon og feltstyrke E₁

Løsningsfigur. Banen y = −4,0·(x/7,5)² er den parabelen utregningen bygger på.

1) Akselerasjon:

Tid til elektronet treffer nederste plate:

Vertikalt: elektronet faller distanse y = 0,040 m med start vertikal fart 0:

2) Elektrisk feltstyrke E₁:

Kraften på elektronet er \(F = eE_1\), så:

Kontroll: E-feltet peker oppover, og elektronet har negativ ladning, så den elektriske kraften virker nedover på elektronet (\(F = -eE\), nedover). Dette stemmer med at elektronet treffer den nederste plata.

b) Magnetfelt og kraftbalanse

Løsningsfigur. Oppgaven ber ordrett om å tegne kreftene; kraftsummen er regnet symbolsk av motoren og peker langs v.

Nye betingelser: E₂ = 25 000 V/m (oppover), B ut av papiret, ny v = 1,30 · 10⁷ m/s i vinkel 45° med horisontalen. Kraftsummen har samme retning som farten.

1) Krefter på elektronet:

• Elektrisk kraft F_e: E-feltet peker oppover, elektronet er negativt, så F_e peker nedover. Størrelse \(F_e = eE_2\).
• Magnetisk kraft F_m: \(\vec{F}_m = (-e)\vec{v} \times \vec{B}\). Med farten 45° nedover-mot-høyre og B ut av papiret gir kryssproduktet \(\vec{v}\times\vec{B}\) en vektor nedover-mot-venstre; ladningen er negativ, så \(\vec{F}_m = (-e)\,\vec{v}\times\vec{B}\) peker motsatt vei, altså oppover-mot-høyre – vinkelrett på farten og på oversiden av bevegelsesretningen. Dette er nettopp den retningen som kan oppheve den vinkelrette komponenten av den nedoverrettede F_e.

2) Størrelser på kreftene:

Elektrisk kraft:

For at kraftsummen skal være langs fartsretningen (som er 45° fra horisontalen), må komponentene av kraftene vinkelrett på farten balansere. Vi setter opp koordinater langs (\(\hat{t}\)) og vinkelrett på (\(\hat{n}\)) farten.

Anta at fartsretningen er nedover-til-høyre med vinkel 45° under horisontalen (en typisk situasjon der elektronet har fått en nedover-fart). F_e (nedover) har komponenter:

• Langs farten: \(F_e \sin 45° = F_e / \sqrt{2}\) (positiv, samme retning som fart)
• Vinkelrett på farten: \(F_e \cos 45° = F_e / \sqrt{2}\) (mot venstre, vinkelrett på fart)

Magnetkraften står alltid vinkelrett på farten. For at kraftsummen skal være langs farten, må F_m balansere F_es komponent vinkelrett på farten:

3) Absoluttverdien til B:

F_m = evB:

Alternativ utledning: Hvis vi krever \(F_e \cos\theta = F_m\) der \(\theta\) er vinkelen mellom F_e (vertikalt) og normalen til farten, og farten er 45° fra horisontalen, så \(\theta = 45°\). Dette gir \(F_m = F_e/\sqrt{2}\), som er konsistent med utregningen.

Oppgave 7 – Kloss på horisontalt underlag (4 poeng)

a) Akselerasjon

Vertikalt: N + F sin30° = mg, gir:

Friksjon:

Horisontalt (Newtons 2. lov):

b) Fart ved t = 3,0 s når F = 1,2 – 0,20v

Når kraften avhenger av farten, må vi løse numerisk. Newtons 2. lov:

m = 0.4
mu = 0.25
g = 9.81
v = 0
t = 0
dt = 0.0001

while t < 3.0:
    F = 1.2 - 0.20*v
    N = m*g - F*0.50         # F sin 30 = 0.50*F
    if N < 0:
        N = 0
    R = mu*N
    a = (F*0.866 - R) / m    # F cos 30 = 0.866*F
    v = v + a*dt
    t = t + dt

print(v)

Programmet starter med v = 0 og oppdaterer v hvert tidsskritt med Euler-metoden. Etter 3,0 s simulering:

Kontroll: Akselerasjonen ved v = 0 er 0,52 m/s². Hvis akselerasjonen var konstant, ville vi fått v = 0,52 · 3 = 1,56 m/s. Den lavere verdien (0,81 m/s) skyldes at F avtar med v, slik at akselerasjonen avtar etter hvert. Dette er fysisk fornuftig.