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32. Österreichische Physikolympiade 2013
Lösungsvorschläge
BWB2 THEORIE Mechanik
Tricks oder Spielereien haben auch einen physikalischen Hintergrund.
1.
Spielereien mit einer Kugel an einem Faden
a) Damit der Faden dauernd gespannt ist, muss die
Zentripetalkraft gleich dem Gewicht sein. Daraus folgt:
vh2
 g . (1)
l
Aus der Energieerhaltung erhält man
1 2
1
v0 m  mLg  vh2 m
2
2
(2)
Die Lösung dieses Gleichungssystems führt zu
v0  3gl  3ms1 .
b) Die Stelle, an der die Kreisbahn verlassen wird, gehört zum Winkel . Jetzt
ist die Geschwindigkeit v:
mv2
 mg sin  , also v 2  gl sin  (3);
l
mv12 mv2

 mgl sin  (4)
aus dem Energiesatz:
2
2
2
Setzt man (3) in (4) ein, so erhält man v1  3gl sin   v1  3gl sin  (5)
3
gl ms1  2,1ms1
2
v1 
c)
Von der Stelle aus, wo die Kugel die Kreisbahn verlässt, bewegt sie sich nach den Gesetzen des
schrägen Wurfs weiter und landet dann in O.
Es gilt
v2  3gl sin  (6), und nach den Gesetzen des schrägen
Wurfs:
l cos   tv sin 
l sin  
(7),
2
gt
 tv cos  (8)
2
Die Lösung des Gleichungssystems gibt v2 
v2  2,5 ms1
2.
Papiertrick mit einer Schale
a)
Diagramm, das die Bewegung des
Papiers und der Schale darstellt:
Bezeichnungen:
d1 …… Weg, den der Massenmittelpunkt
während des Zeitintervalls von 0 bis 
zurücklegt.
d2 …… Weg, den der Massenmittelpunkt nach
dem Zeitpunkt  bis zum Stillstand zurücklegt.
b)
Berechnung der Zeitdauer 
Wie aus dem Diagramm ersichtlich, gilt:
3 2
gl .
2
32. Österreichische Physikolympiade 2013
Lösungsvorschläge
BWB2 THEORIE Mechanik
1
 vSchale,max 
(1) Nach Newton 2 gilt F  t  v  M  F   vSchale,max  M (2)
2
Reibungskraft F : F  1 gM
(3)
1
d1  1 g 2 (4).
Aus 1 gM  vSchale, max  M erhält man mit (1)
2
Aus dem Diagramm ist ersichtlich, dass d1  x  vPapier  (5). d1  v Papier   x (6)
d1 
(6) in (4) eingesetzt ergibt vPapier   x 
1
1 g 2 .
2
2
vPapier  vPapier
 21 gx
1
2
Diese Gleichung 1 g  vPapier   x  0 hat die beiden Lösungen  1, 2 
2
1 g
Setzt man für vPapier = 2m/s , für x = 0,19m und für 1 = 0,30 ein, so erhält man für
1 = 1,23s un für 2 = 0,1029s ≈ 0,10s
1 = 1,23s ist physikalisch sinnlos, da das Papier in dieser Zeit fast 2,5m zurücklegen würde.
Für die Zeit  gilt also:  = 0,1029s ≈ 0,10s
c)
Berechnung der Strecke d1 + d2
a
g
d1   2  1  2  0,015697m  0,016m  1,6cm
2
2
2
vSchale
1
, max
2
 0,031795m  0,032m  3,2cm
MvSchale,max  Mg 2  d 2 Nach d2 aufgelöst: d 2 
2
2 2 g
d1  d2  0,0474m  0,047m  4,7cm
3.
Papiertrick mit einer Kugel
a) Beschleunigung des Kugleschwerpunktes
vP (t )  vS (t )
r
d aP aS



dt
r
r
F r
 R
I
FR  r aP aS


/ r
I
r
r
F
FR  r 2
 a p  as (Beachte: as  R )
2
m
0,4  mr
FR
0,4  FR
1,4  FR 1,4  m  as 7

 ap 

  as
0,4  m 0,4  m
0,4  m
0,4  m
2
 (t ) 
Und daraus ergibt sich der gesuchte Zusammenhang: as 
2
ap .
7
b) Da die Beschleunigung konstant ist, ist das Verhältnis der Geschwindigkeiten während der ganzen Zeit, wo
die Kugel das Papier berührt, gleich vKugel : vPapier = 7/2
c) Während des Anziehens am Papierstreifen bleibt der Gesamtdrehimpuls der Kugel in Bezug auf einen
beliebigen Punkt des Tisches Null. Wegen der Drehimpulserhaltung muss die Kugel am Ende des Rutschens auf
der Tischplatte die Geschwindigkeit 0 haben.