Loesungsvorschlag Theoretische Klausur Mechanik

33. Österreichische Physikolympiade
Theoretische Klausur Mechanik
Lösungsvorschlag
1. Ein Spielplatzkarussell und ein verspielter Physiker
a) Aus der Drehimpulserhaltung folgt: Wenn die Winkelgeschwindigkeit auf die Hälfte sinkt, muss das
Trägheitsmoment auf das Doppelte zu nehmen.
T0  0,25s  0 
1
1
 2   2  0,5 s 1  1,57 s 1
T0
4s
T1  0,125s  1 
1
1
 2   2  0,25 s 1  0,785s 1
T1
8s
Das Trägheitsmoment von Phy, der am Rand des rotierenden Karussells sitzt, ist das Gleiche wie
das Trägheitsmoment des Karussells: IK =IPhy= 90kgm²
b) Nach der Drehimpulserhaltung gilt: L = L‘
I
K


'
 I Phy  1  I K  I Phy
 1'  1' 
I
K
 I Phy  1
IK  I
'
Phy
1'  0,3049   s 1  0,96s 1
c) Wenn das Karussell schneller werden soll, muss Phy die eigene Winkelgeschwindigkeit


2
'
2
verkleinern. Es gilt daher: I K  mr  1  I K 0  mr  0   x 
Auflösen der Gleichung nach x gibt:
x 



I K 0  1'  mr 2 0  1'
mr 2

 x  1,57 s 1
Phy muss also mit einer Winkelgeschwindigkeit von 1,57s-1 gegen die Drehrichtung gehen. Relativ
zum Karussellboden unter seinen Füßen hat Phy die Geschwindigkeit von
v   x  r  1,57 s 1  0,8m  1,26ms 1  4,5km / h .
2. Eine Kette rotiert
Man betrachtet einen kleinen Ausschnitt der
Kette, der dem Winkel d gegenüber liegt.
Für die Masse dm dieses Kettenabschnitts
gilt:
dm = (m/2R)R d = (m/2) d.
Für die Geschwindigkeit v gilt: v = 2Rf.
Die Vektorsumme beiden Kräfte FZ1 und FZ2 ergibt die Zentripetalbeschleunigung.
Daher gilt: 2FZ sin (d2) = dm v2/R.
Da der Winkel beliebig klein angenommen werden kann, gilt: sin (d) d .
Es gilt also 2FZ (d/2) = (m /2) d (2Rf )2/R.
Daraus erhält man für die Zugkraft FZ:
FZ = 2mRf 2.
Mag. Engelbert Stütz
[email protected]
33. Österreichische Physikolympiade
Theoretische Klausur Mechanik
3. Bälle übereinander
a) Aus dem vergrößerten Bildausschnitt kann man die Kugeldurchmesser abmessen. Daraus kann
man entnehmen, dass sich die Kugeldurchmesser etwa wie 4:2:1 verhalten. Die Kugelmassen
verhalten sich daher wie 4³ : 2³ : 1 = 64 : 8 : 1
b) Aus der Energieerhaltung folgt, dass beide Bälle vor dem Auftreffen am Boden die Geschwindigkeit
v  2 gh haben. Der Basketball springt unter der Annahme, dass es sich um einen elastischen Stoß
handelt, mit derselben Geschwindigkeit v hoch. Man kann annehmen, dass in dieser
„Reflexionsphase“ sich der Tennisball noch mit der Geschwindigkeit v nach unten bewegt. Er hat also
relativ zum Basketball die Geschwindigkeit 2v. Nach dem Stoß mit dem Basketball hat der Tennsiball
relativ zum Basketball noch immer die Relativgeschwindigkeit 2v. Im Laborsystem hat der tennisball
die Geschwindigkeit 3v.
Aus der Energieerhaltung folgt nun, dass H = „Starthöhe“ d + (3v)²/(2g) ist. Aus v  2 gh folgt, dass
v²=2gh. Damit erhält man: H = d + 9h.
c) Bei der Lösung benützt man wie oben den Hinweis, dass zwischen den Bällen winzige Abstände
bestehen. Die Stöße erfolgen also nicht gleichzeitig, sondern hintereinander.
Kurz, bevor der Ball B1 am Boden auftrifft, hat er die Geschwindigkeit v  2 gh . Wie schon im Teil
b) der Aufgabe ermittelt, fliegt der zweite Ball mit der Geschwindigkeit 3v nach oben. Der dritte Ball
nähert sich dem zweiten Ball mit der Relativgeschwindigkeit v. Beim Stoß ändert der dritte ball seine
Geschwindigkeit, wobei sich die Relativgeschwindigkeit in Bezug zum zweiten Ball nicht ändert. Die
Geschwindigkeiten der Bälle sind also v1 = v, v2 = v + 2v1 = 3v und v3 = v + 2v2 = v + 6v = 7v.
Daraus folgt, dass die maximale Höhe H = „Starthöhe“ + 49h .
H max  0,75m  49  0,50m  25,25m
Die tatsächliche Höhe war beeindruckend. Ich habe sie nur geschätzt. Meine Schätzung der Höhe:
zwischen 12m und 15m.
Idee zur Aufgabe 3:
David Morin: Introduction to Classical Mechanics: With Problems and Solutions; Cambridge
University Press (2008)
Mag. Engelbert Stütz
[email protected]