39. Internationale Physikolympiade - Vietnam 2008 - Seite 2

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Oho
das ging aber flott.
Ich habe vom Herrn Dr. Petersen heute morgen eine Mail um 9:27Uhr bekommen.
Meine Anrede an das Sekretariat war "Hallo" und er schreibt "Sehr geehrter" zurück. Big Laugh

Er schreibt, dass sich eine generelle Diskussion in Foren wohl nicht vermeiden lässt und ohnehin durchgeführt wird, dass er aber keine direkte Veröffentlichung von Aufgaben und Musterlösungen will, da tatsächlich ein gewisses Recycling stattfinden könnte.
Also nicht einscannen! Diskutieren ist aber möglich, da ohnehin nicht vermeidbar.
Hmm, ich denke mal ab jetzt gibt es auch keine verspäteten Einsendungen mehr, oder? Kann ich also loslegen?

Gruß
Zepto

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Oo
zum Glück habe ich meine Mails eben nochmal gecheckt.
Da hat der Herr Dr. Petersen in einer 2. Mail eben gerade noch mitgeteilt, dass der Abgabetermin in NRW-Köln auf den 14.11 gerutscht ist.
Also nicht vor Mitte November hier irgendwelche Lösungen reinstellen!!!!!
Wäre auch gut, wenn das irgendwer hier in andere Foren tragen könnte, damit da nicht auch schon diskutiert wird. Wäre ja sonst ziemlich unfair.

Gruß
Zepto

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Der Nachzügler-Termin ist ja nun auch bald verstrichen.
( 2 Wochen länger, wenn ich die gehabt hätte, hätte ich sicher auch noch was geschafft, oder wäre 2 Wochen später angefangen Big Laugh

)
Was denkt ihr? Noch eine Sicherheitsfrist, oder kann die Diskussion anfangen?

Gruß
Zepto

Annki · Anmeldungsdatum: 12.03.2007 Beiträge: 29 Wohnort: Frankfurt

;-)
Meine Güte, du bist aber motiviert!!

Aber ganz zur Sicherheit kann man ja noch bis Montag warten......
(es wird immer schlimmer, dass ich meine Ausarbeitung nicht mal kopieren konnte ;-( ) Ich weiß schon jetzt meinen kompletten Ansatz in der 2. Aufgabe nicht mehr ... echt voll schade!!

Hab heut meine erste Klausur im Physik-LK geschrieben.... ;-) ich hab nen Öltropfen von 3,2m Durchmesser beim Milikan-Versuch berechnet *g* - War schon richtig lustig!!!!! (Grund: konnte g/cm³ nicht in kg/m³ umrechnen Hammer

)

Grüße, Annki

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Klar können wir noch ein bisschen warten.
Das macht den Kohl auch nimmer fett. Big Laugh

Ich hab die Aufgaben auch nicht kopiert, aber die Berge an Zetteln liegen hier noch irgendwo rum *kram*.
Eine Diskussion ist aber meiner Meinung nach besser, bevor die Musterlösung eintrudelt. Danach wird die Motivation nicht mehr so groß sein die eigene Lösung zu verteidigen, wenn in der Musterlösung was anderes steht und das ist ja der Knackpunkt bei einer solchen Diskussion. Big Laugh

Gruß
Zepto

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

na ja du könntest ja schonmal dein ergebnis von 2b nennen,
damit kann ja eh keiner was anfangen.

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Ich glaube das ist okay.
Also, wenn ich nicht ein falsches Blatt aus meinem Stapel gekramt habe, oder falsch gerechnet habe, sollten da ungefähr 13.6° rauskommen.
Aus weiteren Überlegungen ergibt sich dann noch, dass dieses real nicht möglich ist, da der kleinste winkel, der konstant bleiben würde, 17.887° ist.
Den genauen Rechenweg verkneife ich mir aber noch, bis ich grünes Licht von einem Mod habe.

Achja, ist es besser für die Aufgaben einen neuen Thread aufzumachen?

Gruß
Zepto

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

ja sollten wir dann wohl aufmachen

aber denkst du wirklich, dass sie einen winkel berechnen lassen, der gar nicht möglich ist ? grübelnd

also ich hab ca. 55° raus, also eine geringe abweichung^^

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Jetzt bin ich aber mal gespannt auf den Lösungsweg.
Ich hab verdammt viele Ansätze gebraucht um auf nen grünen Zweig zu kommen, also eine Funktion zu kriegen, die die Nullstellen und Polstellen, die zwangsläufig notwendig sind, und natürlich auch den Wert 290 N irgendwo hat.
Habs zuerst durch Gleichsetzen der Geschwindigkeiten am Berührpunkt probiert, dann aber eine andere "Lösung" gefunden, nachdem ich festgestellt hab, dass das nicht so richtig klappt.

Gruß
Zepto

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

also ich habe mehrere gleichungen für die bewegung aufgestellt, dann alles überflüssige eliminiert, eine bedingung für konstanten winkel aufgestellt und dann kam die einzigste formel raus, die bei mir einen definierten wert für cosinus geliefert hat

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Ich hab das letztendlich mit Trägheitskräften und nem mathematischen Trick gemacht, bei dem ich mir allerdings nicht so ganz sicher war, ob ich das so machen darf. Es beschränkt sich dann auf Kräfte "freimachen" und vektorielle Addition.
Irgendwie hab ich gar keine Lust mehr noch länger mit nem vollständigen Lösungsansatz zu warten. Ohne den konkreten Weg des anderen vor Augen ist das immer so schwer nachzuvollziehen.

Achja, was für einen Reibungskoeffizienten hast du denn raus, wenn du ihn mal für b) ausrechnest?

Gruß
Zepto

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

jaja vektorrechnug kann man überall einbringen nicht wahr Augenzwinkern

für µ hab ich da 1,02 auch wenn mir dann recht groß erscheint.
irgendwie hab ich das gefühl, dass jeder der hier sein ergebnis nennen wird ein anderes hat

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Also der Reibungskoeffizient kann doch gar nicht größer als 1 sein.
Dadurch bin ich auch auf den real möglichen kleinsten Winkel gekommen.
Ich hab die Kraftvektoren nach dem "Trick" durch trigonometrische Funktionen ausgedrückt und schwupp krieg ich ein Ergebnis, das plausibel klingt, aber sicherlich nicht richtig ist. Big Laugh

Nur her mit anderen Lösungen, dadurch kommt Ideenvielfalt hier rein. Vielleicht ist ja auch eine dabei, wo man auf Anhieb sagt: "die ist es", obwohl ich nicht glaube, dass das sehr wahrscheinlich ist. Big Laugh

Hast du eigentlich 1 e) gelöst? Im Netz steht, dass das Verhältnis von Plasmadruck zu magnetischem Druck ungefähr 5% sind, aber ich habe keinen Schimmer wieso.

Gruß
Zepto

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

*g* ich hab natürlich wieder irgendwelche wilden Annahmen gemacht, weil ich das mal irgendwo gehört habe.
Der Reibungskoeffizient kann sehr wohl größer als 1 sein, laut wiki. Hammer

http://de.wikipedia.org/wiki/Reibungskoeffizient

Gruß
Zepto

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

ja genau das hab ich auch gedacht als ich etwas größer als 1 raus hatte und war dann auch erleichtert als ich das auf wiki gelesen habe

also ich hab B=0,83T das ist eigentlich eine aufgabe bei der ich mir ehr sicher bin sie richtig zu haben

mhh das mit 5% macht ja irgendwie gar keinen sinn, denn der ansatz soll ja sein, dass der plasmadruck gleich dem magnetischen ist, also verhältnis von 1:1

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Moment, das kann nicht so einfach gemeint gewesen sein.
(sonst beiß ich mir in den *****, weil das auch mein erster Gedanke war).
Das mit den 5% steht hier:http://www.uni-due.de/physik/fbphysik/Hauptseminar/WS0506/Ausarbeitung_Krumme.pdf auf Seite 20. Hast du denn auch die Gleichung für den magnetischen Druck "hergeleitet"? Sonst macht das mit den numerischen Faktoren gleich 1 setzen ja keinen Sinn.

Gruß
Zepto

Korrektor · Anmeldungsdatum: 17.11.2007 Beiträge: 12

Hallo, also man sollte schon den magnetischen Druck dem Plasmadruck gleichsetzen, schließlich wird ja in der Aufgabe von einer Kompensierung geredet, die auf eine Gleichheit schlussfolgern lässt....also eine Magnetfeldstärke von B=0,83T sieht schon sehr gut aus, muss ich sagen^^.

Zu Aufgabe 2:
-Der Winkel in Aufgabe b ist annähernd 0°, denn das ist genau der Fall, wo die ganze Gewichtskraft durch die Reibung kompensiert wird.
-die Reibungszahl ist, da bis zu einem gewissen Grad auch negative Winkel möglich sind, etwa 1,4.

para · Moderator Anmeldungsdatum: 02.10.2004 Beiträge: 2874 Wohnort: Dresden

Na ja, eine Diskussion lässt sich ja kaum noch zurückhalten. ^^ – Ich sag' mal macht weiter, der spätere Termin ist ja jetzt auch verstrichen.

Bei Gelegenheit werd' ich die Lösungen wahrscheinlich in einen, oder einzelne Threads abspalten – mal sehen. Also nicht wundern, und bitte pro Post möglichst nur Sachen zur Lösung von einer Teilaufgabe. Das macht's mir leichter. ;-)

para · Moderator Anmeldungsdatum: 02.10.2004 Beiträge: 2874 Wohnort: Dresden

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

also, ja ich hab die gleichung für den magn. druck hergeleitet, es geht auch ohne dimensionsanalyse und man kommt auf genau das gleiche ergebnis (bis auf einen faktor von 0,5)
man muss die energiedichte des magn. feldes errechnen, die entspricht dem magn. druck

und den plasmadruck hab ich abgeschätzt mit pV=NkT und ein paar umformungen, auch wenn das plasma kein wirklich ideales gas ist

Korrektor · Anmeldungsdatum: 17.11.2007 Beiträge: 12

Dann musst du aber beachten, dass ein Plasma natürlich nicht nur die vorgegebenen Stoffe enthält, sondern auch noch genauso viele Elektronen, die Teilchenzahl und somit der Plasmadruck müssen also verdoppelt werden:

So kommt dann wahrscheinlich der Faktor zustande.

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

ja, das hab ich bedacht, aber der faktor tritt ja beim magnetische druck auf
nach umformung erhalte ich dann also den faktor 4 wenn ich nach B umforme

Korrektor · Anmeldungsdatum: 17.11.2007 Beiträge: 12

Da sieht man auch, dass man Aufgabe e) im Prinzip lösen kann, ohne irgendwas anderes vorher gemacht zu haben, denn alle Größen sind bekannt.

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

hast du in deiner 1. zeile schon eine umformung vorgenommen ?
denn der magn druck ist p=B/(2µ)

Korrektor · Anmeldungsdatum: 17.11.2007 Beiträge: 12

Beachte, dass man laut Aufgabenstellung numerische Faktoren, die im magnetischen Druck auftauchen, zu 1 setzen darf.

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

mhh na ja aber 0,5 ist ja nun nicht gerade ein unbekannter faktor, warum sollte man ihn vernachlässigen ? ich hätte es ehr so interpretiert, dass man vielleicht die permeabilitätszahl des plasmas 1 setzen darf.
ich habe übrigens auch n=2n(Deuterium), aber denkst du, dass man den plasmadruck nur aufgrund der kleinen elektronen verdoppeln darf ?
ich meine im endeffekt ist es egal, es kommt das selbe raus, wir haben nur die 2 an unterschiedlichen stelle Augenzwinkern

Korrektor · Anmeldungsdatum: 17.11.2007 Beiträge: 12

Ja, das Ergebnis ist in beiden Fällen gleich, aber selbstverständlich gehören die Elektronen noch dazu, denn diese tragen ja sehr wohl zur Energiedichte bei und nichts anderes gibt ja der Plasmadruck an, im Prinzip ist es eine Art Energiedichte.

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

machst du eigentlich zum ersten mal mit oder warst du schonmal dabei ?

Korrektor · Anmeldungsdatum: 17.11.2007 Beiträge: 12

Ich bin mittlerweile zum dritten Mal dabei und bin auf dem besten Weg, mich immer gesteigert zu haben, bei der ersten Teilnahme habe ich nicht mal die erste Runde überstanden, letztes Jahr waren die Aufgaben der zweiten Runde ziemlich schwer, da bin ich daran gescheitert....naja und dieses Jahr habe ich Lösungen zu den 4 Aufgaben eingereicht und es scheint ganz gut auszusehen.

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Gut, bei 1 e) scheinen ja wohl alle einer Meinung zu sein, außer mir.
Ich merk mir mal für nächstes Mal, dass eine Aufgabe auch so einfach sein kann. Aber irgendwie hat alles dagegen gesprochen, was ich so gelesen habe.
Bei Nummer 2 gibt es jetzt auch schon ein Ergebnis nahe 0° Big Laugh

,was da wohl noch so kommt?
Ich schreib jetzt mal was zu Nr.3.

3.1
a) Also hier ist die gesuchte Form eine Ellipse, bzw. im 3D-Raum ihr Rotationskörper. Den kann man sich aber für die Berechnung sparen.

b) Hier hab ich die Strahlen der Quelle durch Geradengleichungen dargestellt.
Die kann man dann an der Ellipsentangente im Auftreffpunkt spiegeln lassen.
Es gilt Einfallswinkel = Reflexionswinkel. Über das Skalarprodukt kommt man dann auf den Schnittpunkt mit der x-Achse. Nach komplizierten Termumformungen kommt man auf ein ziemlich kompliziertes Ergebnis, das aber stimmen sollte, da ich es mit einer Zeichnung überprüft habe.

c)Hier hab ich einfach zwei Ellipsen genommen und deren einen Brennpunkt übereinandergelegt. Dann kann man das Stück berechnen, das aus der kugelförmig strahlenden Lichtquelle "herausgeschnitten" werden muss, also verloren geht. Über das Volumen, kann man auf das Strahlungsleistungsverhältnis schließen, da die Quellen isotrop strahlen.

3.2
Hier war die wichtigste Erkenntnis, dass das Bild beim Zulaufen auf den Spiegel beschleunigt bewegt wird und beim Senkrecht-bewegen mit konstanter Geschwindigkeit läuft.

Gruß
Zepto

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

na gut dann mal zur dritten:

wie lang ist denn ungefähr die strecke auf der das licht verteilt wird ?
musst nicht die komplizierte lösungsformel angeben nur ungefähr

c) hab ich genauso nur hab ich noch eine zusätzliche idee:
undzwar wird wie du schon gesagt hast, aus der "lichtkugel" ein kreis ausgeschnitten, allerdings hab ich dann noch berechnet, dass ein teil der ausgeschnittenen strahlungsleistung ja in der 2. ellipse wieder eingefangen wird und dann hab ich vereinfacht, dass das gesamte wieder eingefangene licht auch noch auf den brennpunkt gelenkt wird

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Das mit dem wieder-eingefangenen Licht stimmt so nicht, glaub ich.
(Mittlerweile bin ich mir aber nirgends mehr sicher Big Laugh

)
Da es nicht aus einem Brennpunkt des spiegelnden Ellipsenteils kommt, wird es auch nicht wieder in dem gemeinsamen Brennpunkt fokussiert werden.
Weiterhin sollen ja Mehrfachreflektionen vernachlässigt werden, das heißt, dass nach der ersten Reflektion das Licht nicht weiter betrachtet werden muss.
Die Formel muss ich erstmal finden*kram*, die muss man aber schon genau angeben, da ja keine festen Größen gegeben waren.
Ich werde sie gleich nachtragen.

Gruß
Zepto

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

stimmt, das mit der mehrfachreflexion ist dan wohl wirklich falsch, na ja kann man nichts machen

dann könnten wir auch gleich über 4 reden

Annki · Anmeldungsdatum: 12.03.2007 Beiträge: 29 Wohnort: Frankfurt

Joa die nr. 4, da kann ich endlich etwas mitreden ;-)

Ich hab ein Newtonmeter gebastelt (ich durfte ja Probegeschenke auf denen 10g standen benutzen *g*) und die Feder kam aus meiner Computertastatur.

Dann hab ich mitm Föhn gegen ein breites aufgehängtes Pappstück gepustet und die Kraft mitm selbsgebasteltem Newtonmeter gemessen (Fehler ist wahrscheinlich riesig *schäm*) ... und dann hab ich irgendwie mit dem Abstand und der dazwischen liegenden Masse der Luft die Geschwindigkeit errechnet ....die Formel müsste ich mal kurz suchen....

Also ausgehend von F=m*a und s=0,5at²
kam dann v=sqrt{(F/m) *2s}
und Masse der Luft war halt der Abstand zum Pappstück mal der Kreisfläche vom Föhn mal Dichte von Luft.......

Mein Vater meinte, nachdem ichs ihm erzählt hatte, das würde nicht gehen, aber egal, irgendwie hats sau Spass gemacht *gggggggg*

Also eure Ansätze zur 2 klingen alle sehr schön!!!!!!!!! Ich kann nur sagen, dass bei mir beim Winkel ein cosinus von ca. 2049 rauskam....und naja....... grübelnd

Grüße, Annki

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

So hier mal die Formel für die Stablänge, wenn ich mich nicht irre.
d ist die lineare Exzentrizität
b die Nebenachse

Bei einer linearen Exzentrizität von 4 Einheiten, Nebenachse von 3 Einheiten und einer Verschiebung von 0.5 sollte eine Länge l von 6.75 Einheiten rauskommen. Wer Lust hat kann das ja mal aufmalen.
Dafür gibt es aber sicher ne einfachere und elegantere Lösung.

Gruß
Zepto

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Die Messungen bei 4 hab ich irgendwie vergeigt.
Einmal hab ich es über den Volumenstrom gemacht und das andere mal über einen waagerechten Wurf.
Da wie erwartet das Wurfergebnis ein bisschen kleiner war, als das der Volumenstrommessung hab ich gedacht, beide Messungen sind richtig. Nacher kam ich dann aber bei dem Widerstandsbeiwert in die Bredoullie, der war viel zu groß.
Bei b) hab ich einen wesentlich kleineren Leistungswert rausgekriegt,als auf dem Fön stand, also kann da irgendetwas nicht in Ordnung gewesen sein. Die Aufgabe hab ich auch nicht mitgeschickt.

Gruß
Zepto

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

dann wäre der stab also 1,75 einheiten länger als die große halbachse, hast du das so zeichnerisch bestätigt ?

@annki:
weißt du zufällig noch die gemessene kraft des luftstrahls ?

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

Zepto · Anmeldungsdatum: 03.10.2007 Beiträge: 323

JimPanse · Anmeldungsdatum: 10.03.2006 Beiträge: 40

ja hängt von delta s ab, aber du hast geschrieben, ich habs nicht nachgerechnet, dass es mit den daten l=6,75 ergibt und a=5 ist, dann wäre der stab also länger als die große halbachse