IPhO-Aufgabensammlung Inhaltsverzeichnis
IPhO-Aufgabensammlung Inhaltsverzeichnis
IPhO-Aufgabensammlung Inhaltsverzeichnis
Erfolgreiche ePaper selbst erstellen
Machen Sie aus Ihren PDF Publikationen ein blätterbares Flipbook mit unserer einzigartigen Google optimierten e-Paper Software.
(b) Sei also die Erde ein Inertialsystem und die Erdrotation folglich nicht vorhanden, dann<br />
gilt nach dem 3. Keplerschen Gesetz:<br />
a1<br />
a2<br />
2<br />
=<br />
T1<br />
T2<br />
2<br />
wobei die Indizes zwei verschiedene<br />
geschlossene Ellipsenbahnen um die Erde bezeichnen und T die Umlaufdauern und a die<br />
großen Halbachsen bedeuten. Eine Gerade, die beide Brennpunkte verbindet ist eine gestörte<br />
Form der Ellipse und sein nun mit Index 1 behaftet. Ein Kreis der direkt um den Erdradius<br />
geht ist auch eine gestörte Form der Ellipse und sei nun mit Index 2 behaftet. Dann ist<br />
a2 = rE; T2 = 2π 1 rE<br />
ω = 2π , wobei v hier die erste kosmische Geschwindigkeit ist und<br />
<br />
v1<br />
somit T2 = 4π2 r3 E<br />
GmE . T1 soll ein Jahr sein (Beachte es ist eine Näherung, da der andere<br />
Brennpunkt mit dem Erdmittelpunkt zusammenfällt). Dann ergibt sich:<br />
h ≈ a1 = 3<br />
<br />
T 2 GmE<br />
1<br />
4π2r3 r<br />
E<br />
3 <br />
3<br />
E = T 2 GmE<br />
1 4π2 ≈ 2, 15 · 109m v<br />
v2 = 1 − rE<br />
h ≈ 0, 9985. v ist also unwesentlich kleiner als v2. Es geht auch anders indem<br />
man im wesentlichen Kepler 3 nachrechnet: v(x) =<br />
a<br />
Epot(r → ∞) = 0 sei. Somit ist: 1 y = <br />
rE<br />
dx<br />
2m/(mGmE( 1<br />
x<br />
2<br />
m (Ekin;0 + Epot;0(x) − Epot(x)), wobei<br />
1<br />
− a)) , wobei Ekin;0+Epot;0 = Epot(a),<br />
wobei a der Ort ist wo der Körper umkehrt, sodass Ekin;0(a) = 0 ist. Dieses Integral kann<br />
mit der Substitution x = a sin φ gelöst werden.<br />
Aufgabe 106: Masse und Feder<br />
Erste Phase: Beschleunigung der Masse 3m. Da Zwangsbedingung und 3. Newtonsche Gesetz dazu<br />
führt, dass die Masse m an Ort und Stelle verbleibt (Zwangsbedingung wirkt als Impulsreservoir).<br />
Deshalb gibt es eine Beschleunigung des Schwerpunktes. Die Schwerpunktsenergie ist 3<br />
4 der<br />
Gesamtenergie. Diese Steckt also in einer Translationsenergie. Für die Schwingung verbleibt also<br />
noch ein viertel der Gesamtenergie. Das heißt Ê′ pot = 1<br />
4 Êpot, wobei Ê′ pot die maximale potentielle<br />
Energie der Feder nach dem Stoß ist. Daraus folgt ˆ l ′2 = 1<br />
4 ˆ l 2 ⇒ ˆ l ′ = 1<br />
2 ˆ l = 2 cm.<br />
Aufgabe 107: Houston, wir haben ein Problem<br />
<br />
2<br />
mG<br />
(a) Bernoulli liefert: v = ρ(t) p(t). Da pV = nRT = const und V = ρ ergibt sich: p<br />
ρ =<br />
RT = const. V bezeichnet hierbei das Volumen des Gases, wobei sich gedacht wird,<br />
MLuft<br />
dass es sich insgesamt isotherm ausdehnt. (Das das außerhalb der Raumsphäre nicht der<br />
Fall ist<br />
<br />
beeinflusst den isothermen Prozess innerhalb der Raumsphäre nicht). Somit ist<br />
v = 2 RT<br />
MLuft =<br />
<br />
2kT<br />
RT RT mi ˙<br />
= const. ˙p = ˙ρ = mLuft MLuft MLuft VK , wobei VK das Volumen der<br />
Raumkapsel ist, welches sich nicht ändert. Das Gas im Raumschiff bewegt sich nicht, dehnt<br />
sich langsam aus, lediglich das Gas, dass direkt am Loch ist wird durch den Druckgradienten<br />
beschleunigt. Da sich die Dichte des Gases in der Raumkapsel nur dadurch ändert, das<br />
Gas am Loch mit Dichte ρ(t) ausgestoßen wird, muss die Änderung ρ(t) der Gasmenge,<br />
die ausgestoßen wird, während des Austoßes derselben nicht berücksichtigt werden. mi ˙ =<br />
−Avρ(t) = −AvpMLuft<br />
RT = − ApMLuft<br />
<br />
2RT<br />
RT . Somit ergibt sich:<br />
MLuft<br />
75