Løsningsforslag, tentamen FY1001/TFY4145 torsdag 27. november 2014

1) Konstant v = v_{t} betyr a = 0, dvs F = 0, dvs mg = Dv_{t}^{2}, dvs v_{t} = \sqrt{mg/D} = \sqrt{0.400 · 9.81/0.0115} = 18.5 m/s. B.

2) Null nettokraft normalt skråplanet gir N = mg cos θ. Null nettokraft langs skråplanet gir mg sin θ = f = μ_{k}N, dvs tan θ = μ_{k} = 0.4 som gir θ = 22 grader. C.

3) En ren figurbetraktning gir D = L/3 + 2 · (L/3) · cos α, der α er den søkte vinkelen. Innsetting av D = 4 og L = 6 gir cos α = 1/2, dvs α = 60 grader. D.

4) En fotball er essensielt et kuleskall, med treghetsmoment I_{0} = (2/3)MR^{2}. Fra oppgave 1 har vi M = 400 g og R = 11 cm, som gir I_{0} = (2/3) · 0.4 · 0.11^{2} = 0.003 kg m^{2} = 3 g m^{2}. B.

5) Fire krefter virker på stigen: Mg, loddrett ned, angriper i massesenteret; N_{1}, horisontalt, normalkraft fra veggen på stigen; N_{2}, vertikalt opp, normalkraft fra gulvet på stigen; f ≤ μ_{s}N_{2}, horisontalt (mot veggen), friksjonskraft fra gulvet på stigen. Minimal μ_{s} finnes ved å erstatte ulikheten med likhetstegn. Newtons 1. lov vertikalt: Mg = N_{2}. N1 horisontalt: N_{1} = μ_{s}N_{2}. N1 for rotasjon mhp kontaktpunktet mellom gulv og stige: Mg · (L/2) · cos π/4 = N_{1} · L · cos π/4. Siste ligning her gir Mg = 2N_{1}, som kombinert med de to andre gir μ_{s} = 0.5. C.

6) Her kan vi bruke at ω_{0} = \sqrt{k/m} hvis vi har kun en masse m festet i ei fjær, som igjen er festet i en vegg. Dersom vi lar M → ∞, må det tilsvare situasjonen med veggen. Bare alternativ A stemmer med dette. A.

7) Total energi er E = mv_{0}^{2}/2 = mω_{0}^{2}L^{2}/2, og denne er bevart. I en vilkårlig posisjon er hastigheten v og høyden er h(θ) = L(1 − cos θ). Dermed er mv^{2}/2 + mgL(1 − cos θ) = mω_{0}^{2}L^{2}/2, som gir v = [ω_{0}^{2}L^{2} − 2gL(1 − cos θ)]^{1/2}. B.

8) Baneakselerasjonen er −g sin θ, dvs Δv/Δt = −g sin θ. Da er det vel klart at riktig svar er B.

9) I avtar proporsjonalt med kvadratet av avstanden til sola. Dermed er I_{V} /I_{N} = (4500/108)^{2} = 1736. C.

10) Med lik lengde har begge strenger lik bølgelengde for grunntonen (2L). Da er frekvensen omvendt proporsjonal med kvadratroten av strengens masse pr lengdeenhet (siden bølgehastigheten er det). Strengene har lik masse pr volumenhet. Det betyr at μ, massen pr lengdeenhet, er proporsjonal med d^{2}, der d er strengens diameter. Dermed har vi at f ∼ 1/d, slik at f_{D}/f_{E} = d_{E}/d_{D}, dvs d_{E} = d_{D}f_{D}/f_{E} = 0.026·146.8/82.4 = 0.046 in. B.

11) Her vil trykkbølgen ha nullpunkt (node) i den åpne enden og buk i den lukkede enden. (For utsvingsbølgen vil det være omvendt.) Uansett vil grunntonen ha en kvart bølgelengde på rørets lengde, slik at λ = 4L = 320 cm. C.

12) Hvis frekvensen inne i ambulansen er f og lydhastigheten er v, hører dere frekvensen f_{1} = vf/(v − v_{S}) når ambulansen (kilden, S, med hastighet v_{S}) kommer mot dere, og frekvensen f_{2} = vf/(v + v_{S}) når den kjører bort fra dere. Dette er to ligninger med to ukjente, f og v_{S}. Løsningen er, med f_{1} = 300 Hz og f_{2} = 250 Hz, v_{S}/v = 1/11 og f = f_{1}(v − v_{S})/v. Med v = 340 m/s (det er en varm sommerdag, så lydhastigheten er forholdsvis stor) finner vi v_{S} = 31 m/s, dvs 111 km/h, og f = 273 Hz. A.

13) Konstruktiv interferens når d sin θ = nλ. Vi er ute etter θ for n = 1. Her er sin θ_{1} ≃ tan θ_{1} = y_{1}/L, med L = 1.0 m. Formelen for konstruktiv interferens gir sin θ_{1} = λ/d = 0.0632. Dermed: y_{1} = 0.0632 m = 6.3 cm. B.

14) Tyngden til et vannvolum V med høyde h, tverrsnitt A og massetetthet ρ er ρgAh. Trykkøkningen fra overflaten og ned til dybden h er dermed ρgh, og med ρ = 1000, g ≃ 10 og h = 10 (alle i SI-enheter) blir Δp = 10^{5} Pa, som er ca 1 atm. (Til eksamen er det ikke nødvendig å vite at et trykk på 1 atm tilsvarer ca 10^{5} N/m^{2} (= 10^{5} Pa). Slike ting oppgis.) A.

15) Trykket der vannet skal strømme ut inne i sugepumpa kan vanskelig bli mindre enn null. Trykket ved brønnvannets overflate er ca 1 atm. Denne trykkforskjellen på 1 atm kan tilsvarer en vannsøyle på 10 meter. Dermed er riktig svar A.

16) Systemets totale energi er ganske enkelt summen av hvert enkelt fotons energi:

E = E_{1} + E_{2} = (200 + 100) MeV = 300 MeV.

Foton nr 1 har impuls p_{1} = E_{1}/c = 200 MeV/c i x-retning (p_{1} = p_{1}x̂). Foton nr 2 har impuls p_{2} = E_{2}/c = 100 MeV/c i y-retning (p_{2} = p_{2}ŷ). Systemets totale impuls er (vektor-)summen av hvert enkelt fotons impuls:

p = p_{1} + p_{2} = 200 MeV/c x̂ + 100 MeV/c ŷ.

Absoluttverdi:

p = \sqrt{p_{1}^{2} + p_{2}^{2}} = \sqrt{5} · 100 MeV/c.

Retning (θ relativt positiv x-akse):

tan θ = \frac{p_{2}}{p_{1}} ⇒ θ = arctan 0.5 = 26.6^{∘}.

For en enkelt partikkel med energi E og impuls p er massen:

m = \frac{1}{c^{2}} \sqrt{E^{2} − (pc)^{2}} = \sqrt{300^{2} − (\sqrt{5} · 100)^{2}} MeV/c^{2} = 200 MeV/c^{2}.

Retning: Gitt ved vinkelen θ = 26.6^{∘} funnet ovenfor. Hastighet: Vi har E = γmc^{2}, som med γ^{−2} = 1 − v^{2}/c^{2} gir

v = c\sqrt{1 − (mc^{2}/E)^{2}} = c\sqrt{1 − (200/300)^{2}} = \sqrt{5}c/3 ≃ 0.745c.

17) Før kollisjonen har den ene partikkelen energi E_{1} = mc^{2} + K_{1} mens den andre har energi mc^{2}. Total energi er derfor E = K_{1} + 2mc^{2}, og denne energien er bevart. Før kollisjonen har den ene impuls p_{1} = p_{1} x̂ mens den andre har null impuls. Total impuls, en bevart størrelse, er derfor p = p_{1} x̂. Etter kollisjonen har de to partiklene like stor energi E_{2}, slik at K_{1} + 2mc^{2} = 2E_{2}. De to partiklene har videre like stor impuls p_{2} i absoluttverdi etter kollisjonen. Impulsbevarelse gir dermed

p_{1} = 2p_{2} cos(θ/2)
⇒ 4 cos^{2}(θ/2) = (p_{1}/p_{2})^{2}

For den innkommende partikkelen gjelder p_{1}^{2}c^{2} = E_{1}^{2}−m^{2}c^{4}, og for hver av partiklene etter kollisjonen gjelder p_{2}^{2}c^{2} = E_{2}^{2} − m^{2}c^{4}. Innsetting av E_{1} = K_{1} + mc^{2} i den første av disse og innsetting av E_{2} = K_{1}/2 + mc^{2} i den andre gir

p_{1}^{2}c^{2} = (K_{1} + mc^{2})^{2} − m^{2}c^{4} = K_{1}(K_{1} + 2mc^{2})
p_{2}^{2}c^{2} = (K_{1}/2 + mc^{2})^{2} − m^{2}c^{4} = K_{1}(K_{1}/4 + mc^{2})

Disse to ligningene gir, ved å dividere den første med den andre, og deretter kvadrere, et uttrykk for (p_{1}/p_{2})^{2}, og dermed for 4 cos^{2}(θ/2):

4 cos^{2}(θ/2) = \frac{K_{1} + 2mc^{2}}{K_{1}/4 + mc^{2}} = \frac{4K_{1} + 8mc^{2}}{4mc^{2} + K_{1}}
⇒ cos θ = 2 cos^{2}(θ/2) − 1 = \frac{2K_{1} + 4mc^{2}}{4mc^{2} + K_{1}} − 1
= \frac{K_{1}}{4mc^{2} + K_{1}}

Med andre ord, N = 4 i det oppgitte uttrykket for cos θ. I den ikke-relativistiske grensen K_{1} ≪ mc^{2} blir cos θ = 0, dvs θ = π/2. Det er et velkjent resultat for elastisk kollisjon mellom to legemer i newton-mekanikk. I den sterkt relativistiske grensen K_{1} ≫ mc^{2} blir cos θ = 1, dvs θ = 0. Partiklene spres i liten grad ut mot siden og fortsetter essensielt rett fram! Dette ble verifisert eksperimentelt av F. C. Champion i 1932 (Proc. Roy. Soc. A 136, 630 (1932); elastiske kollisjoner mellom innkommende elektroner med høy energi – hastigheter opp mot 0.94c – og elektronene i atomer i lufta i et tåkekammer).

18) Figuren nedenfor viser den skiveformede planeten sett fra siden:

Av symmetrigrunner må g på skivens akse peke mot skivens massesenter. I figuren er bidraget dg fra en ring med radius ρ og bredde dρ illustrert. Alle deler av denne ringen er i samme avstand s = \sqrt{r^{2} + ρ^{2}} fra posisjonen r hvor vi skal bestemme feltet. Ringen har areal dA = 2πρ dρ, og dermed masse dm = M dA/A = M · 2πρ dρ/πR^{2}. Horisontale komponenter av g kansellerer. Vertikalkomponenten finner vi ved å multiplisere med cos θ = r/s. Dermed:

dg = \frac{G dm cos θ}{s^{2}} = \frac{G M · 2πρ dρ · r/s}{πR^{2} · s^{2}} = \frac{2GMr}{R^{2}} · \frac{ρ dρ}{(ρ^{2} + r^{2})^{3/2}} .

Integralet over ρ fra 0 til R gir:

g = ∫ dg = \frac{2GMr}{R^{2}} ∫_{0}^{R} \frac{ρ dρ}{(ρ^{2} + r^{2})^{3/2}} = \frac{2GMr}{R^{2}} |_{0}^{R} (−\frac{1}{\sqrt{ρ^{2} + r^{2}}} ) = \frac{2GM}{R^{2}} (1 − \frac{r}{\sqrt{r^{2} + R^{2}}} ) .

Langt unna planeten, r ≫ R, kan vi med god tilnærmelse skrive

1 − \frac{r}{\sqrt{r^{2} + R^{2}}} = 1 − \frac{1}{\sqrt{1 + R^{2}/r^{2}}} ≃ 1 − (1 − \frac{R^{2}}{2r^{2}} ) = \frac{R^{2}}{2r^{2}} ,

slik at

g(r) ≃ \frac{GM}{r^{2}} .

Og slik må det være: Veldig langt unna vil skiva se ut som en punktmasse i origo, og som kjent vil en punktmasse M i origo gi opphav til gravitasjonsfeltet GM/r^{2} i en avstand r.

Mer overraskende er trolig resultatet for r → 0, dvs meget nær skiva. Da blir feltet ganske enkelt

g ≃ \frac{2GM}{R^{2}} ,

dvs konstant, og uavhengig av avstanden r! Tilsvarende resultat vil du finne for det elektriske feltet fra en uniformt ladet sirkulær skive, se Elmag etter jul.