Aufgabe 1

Diplomprüfung Physik 2010
NBMV
Berufs- und Weiterbildungszentrum bzb, Hanflandstr. 17, Postfach, 9471 Buchs, www.bzbuchs.ch
Lösung
Name, Vorname:
Datum:
Viel Erfolg !!
Klasse:
Naturwissenschaftliche Berufsmatura (NBMV)
Allgemeines:
- Die Physik- und Chemieprüfungsteile werden gleich stark gewichtet und ergeben
zusammen die Diplomnote im Schwerpunktfach Physik/Chemie.
- Für die Note 6.0 müssen 100 % der maximalen Punktzahl erreicht werden.
Teil Physik:
- Die Physikprüfung darf mit Hilfsmittel (persönliche Formelsammlung,
Formelbuch, Taschenrechner) gelöst werden.
- Die persönliche Formelsammlung und das Formelbuch dürfen keine Theorie
oder Aufgabenbeispiele enthalten.
- Der Taschenrechner (ohne CAS) ist erlaubt.
- Resultate ohne Lösungsweg werden nicht bewertet.
- Zwischenresultate werden einmal und Endresultate doppelt unterstrichen.
- Dimensionen und Einheiten werden in der Berechnung korrekt mitgeführt.
- Für die Erdbeschleunigung gilt: g = 9.81 m/s2 bzw. g = 9.81 N/kg
- Auch die Arbeitshaltung (Darstellung, Sauberkeit, etc.) wird bewertet.
- Denken Sie viel und schreiben Sie wenig!
- Runden Sie auf zwei Kommastellen genau!
- Zeit: 60 Minuten
Teil Chemie:
- Nach Angaben von Bettina Wiesenhofer
Zeit: 60 Minuten
-
Note:
Maximale Punktzahl (Ph):
25 Pkt.
Erreichte Punktzahl (Ph):
Maximale Punktzahl (Ch):
25 Pkt.
Erreichte Punktzahl (Ch):
Totale Gesamtpunktzahl:
50 Pkt.
Erreichte Punktzahl:
Notenberechnung:
5

50
Visum Examinator:
Document1
1
=
Visum Experte:
G. Lenherr
Diplomprüfung Physik 2010
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1.0 Pt.
Maximale Punkte für die Arbeitshaltung (Darstellung, Lösungsweg, etc.):
1)
Eine Schwimmhilfe m S = 1 kg soll so ausgelegt werden, dass
eine Person (Masse mP = 80 kg, Dichte ρP = 1.05 kg/dm3) mit
einem Bruchteil von 10 % ihres Volumens aus dem Wasser mit
der Dichte ρW = 1 kg/dm3 herausragt.
Die Schwimmhilfe wird um den Bauch getragen und ist somit mit
ihrem ganzen Volumen VS im Wasser eingetaucht.
Berechnen Sie das notwendige Volumen VS der Schwimmhilfe!
Lösung:
5.0 Pt.
FA
VW
Vs
FG
VP =
mp
p
=
80kg
=76,19dm3
kg
1,05 3
dm
1 Pkt.
VW =0,9  VP  0,9  76,19dm3  68,57dm3
FG  (mp  mS )  g  (80kg  1kg)  9,81
1 Pkt.
N
 794,61N
kg
1 Pkt.
FA  FG  (VW  VS )  g W
VS 
Document1
FG
794,61N
 VW 
 68,57dm3  12,43dm3
N
kg
g W
9,81  1 3
kg dm
2 Pkt.
G. Lenherr
NBMV
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2)
Auf der Baustelle
Ein Schalungsbrett der Länge 2.5 m mit der Masse m = 12 kg liegt auf zwei Stützen auf, die jeweils
0.4 m von beiden Brettenden entfernt sind. Ein Getränkeharass wird 0.8 m von rechten Ende
entfernt auf das Schalungsbrett gestellt und hat eine Gewichtskraft von FGH = 150 N.
Berechnen Sie die beiden Kräfte in den Stützen 1 und 2!
2.1 m
0.8 m
0.4 m
0.4 m
1
2
3.0 Pt.
Lösung:
l2
lGH
lG
F1
1
FG  m  g  12kg  9,81
FG
FGH
F2
2
N
 117,72N
kg
Drehpunkt bei (1):
F2  l2  FGH  lGH  FG  lG  0
 F2 
FGH  lGH  FG  lG 150N  1,3m  117,72N  0,85m

 173,6N
l2
1,7m
2 Pkt.
 Fy  0
F1  F2  FG  FGH  0
 F1  FG  FGH  F2  117,72N  150N  173,6N  94,12N
Document1
1 Pkt.
G. Lenherr
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3)
Die Todesschleife
Ein Achterbahnwagen mit der totalen Masse m = 1500 kg beginnt seine Fahrt in einer Höhe von h =
23 m und durchfährt anschliessend die Todesschleife (Looping), deren Radius r = 7.5 m beträgt.
Die Reibung sei vernachlässigbar.
a) Berechnen Sie die Geschwindigkeit des Wagens am höchsten Punkt (B) des Loopings!
Die Geschwindigkeit ist in km/h anzugeben.
b) Nachdem der Achterbahnwagen die Todesschleife durchlaufen hat, wird er mit einer Feder
abgebremst. Der Wagen drückt dabei die Feder um eine Strecke x zusammen, bevor er kurzzeitig
im Punkt (C) zur Ruhe kommt.
Wie gross ist der Federweg x, wenn die Federkonstante D = 10 kN/m beträgt?
(B)
h = 23 m
r = 7.5 m
x
(A)
(C)
4.0 Pt.
Lösung:
Energieerhaltung im Punkt (B):
m  g  (h  2  r) 
m  vB2
2
 vB  2  g  (h  2  r)  2  9,81
m
m
km

(23m

15m)

12,53

45,1
s2
s
h
2 Pkt.
Energieerhaltung im Punkt (C):
D  x2
2
2 m  g h
2  1500kg  9,81N  23m  m
 x

 8,23m
D
kg  10000N
m  g h 
Document1
2 Pkt.
G. Lenherr
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4)
Der Sandsteinblock
Ein massiver Sandsteinblock m1 wird aus der Ruhe durch ein Gegengewicht m2, welches frei unter
einer reibungsfreien Rolle hängt, über eine Ebene gezogen.
Die Masse des Seils und der Rolle können vernachlässigt werden.
Der Sandsteinblock hat eine Masse m 1 = 1600 kg und das Gegengewicht eine Masse m 2 = 550 kg.
Der Gleitreibungskoeffizient  zwischen Block m1 und Ebene beträgt 0.15.
Das Gegengewicht hängt anfänglich auf einer Höhe hS = 5.0 m über dem Boden.
a)
b)
c)
d)
Zeichnen Sie alle wirkenden Kräfte auf die beiden Massen ein.
Mit welcher Beschleunigung a bewegt sich der Sandsteinblock m1?
Was für eine Geschwindigkeit v1 hat der Sandsteinblock m1 nach 1.5 Sekunden?
Welche Zeit nach dem Loslassen des Gegengewichtes m2 schlägt dieses auf dem Boden
auf?
m1
Ebene mit 
m2
hs = 5.0 m
Boden
Hinweis:
Falls Sie die obige Teilaufgabe b) nicht lösen können, nehmen Sie für die Berechnung der
Teilaufgaben c) und d) eine Beschleunigung a = 1 m/s2 an.
6.0 Pt.
Lösung:
b) Fx  m1  a  FS    m1  g
(1)
Masse 1 1 Pkt.
Fx  m2  a  m2  g  FS
 FS  m2  g  m2  a
(2)
(3)
Masse 2 1 Pkt.
(3) in (1)
m1  a  m2  g  m2  a    m1  g
...
a
m2  g    m1  g

m1  m2
m
m
 1,5s  2,12
2
s
s
1 Pkt.
2  hS
2  5m  s2

 2,66s
a
1, 41m
1 Pkt.
c) v1  a  t1  1,41
d) t2 
Document1
N
N
 0,15  1600kg  9,81
m
kg
kg
 1,41 2
550kg  1600kg
s
550kg  9,81
2 Pkt.
G. Lenherr
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5)
Der Abwurf nach oben
Ein Körper soll auf die Höhe h = 80 m gebracht werden und zwar mit folgenden 2 Varianten:
Variante 1:
Der Körper wird senkrecht nach oben geworfen.
a) Wie gross muss die Anfangsgeschwindigkeit v01 gewählt werden?
Variante 2:
Er wird aus der Ruhe heraus längs der senkrechten Teilstrecke h1 = 30 m gleichmässig so
beschleunigt, dass er über die Teilstrecke hinaus noch die Höhe h erreichen kann.
b) Wie gross ist die notwendige Beschleunigung a?
c) Wie lange braucht der Körper für die ganze Bewegung?
(totale Zeit fürs Beschleunigen, Steigen und Fallen)
Der Luftwiderstand ist zu vernachlässigen.
6.0 Pt.
Lösung:
a)
v 01  2  g  h  2  9,81
m
m
km
 80m  39,62  142,6
2
s
s
h
1 Pkt.
b)
v 02  2  g  (h  h1 )  2  9,81
h1 
a  t12
2
und
a
m
m
km
 50m  31,32  112,8
2
s
s
h
v v 02

t t1
(in Gleichung links einsetzen)
v 02  t12 v 02  t1

2  t1
2
2  h1 2  30m  s
 t1 

 1,92s
v 02
31,32m
31,32m
m
 a
 16,31 2
3 Pkt.
s  1,92s
s
h1 
c)
t2 
v 02 31,32m  s2

 3,19s
g
s  9,81m
(Zeit fürs Steigen)
2 h
2  80m  s2
t3 

 4,04s (Zeit fürs Fallen)
g
9,81m
t  t1  t2  t3  1,92s  3,19s  4,04s  9,15s
Document1
2 Pkt.
G. Lenherr