2.1.1 Mechanik

Für die Schneemasse $m$ gilt $m=\rho ·V$ mit der Dichte $\rho$ und dem Schneevolumen $V=L·B·d$. Daraus ergibt sich

${\displaystyle m=\rho ·L·B·d=200\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{k}\mathrm{g}}{{\mathrm{m}}^3}·5\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{m}·3\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{m}·\mathrm{0,1}\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{m}=300\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{k}\mathrm{g}\hspace{0.5em}.}$

Für das Volumen $V$ der Farbe gilt $V=A·d\text{,}$ wobei $A$ die Wandfläche und $d$ die Schichtdicke ist. Daraus ergibt sich

${\displaystyle d=\frac{V}{A}=\frac{5\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{l}}{25\hspace{0.17em}\mathrm{}{\mathrm{m}}^2}=\frac{\mathrm{0,005}\hspace{0.17em}\mathrm{}{\mathrm{m}}^3}{25\hspace{0.17em}\mathrm{}{\mathrm{m}}^2}=\mathrm{0,0002}\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{m}=\mathrm{0,2}\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{m}\mathrm{m}\hspace{0.5em}.}$

Für die Dichte des Holzkörpers gilt ${\rho }_{\text{Holz}}=\frac{m_{\text{Holz}}}{V_{\text{Holz}}}$. Das Volumen $V_{\text{Holz}}$ des Holzkörpers kann über das verdrängte Wasservolumen $V=V_{\text{Holz}}+V_{\text{Blei}}$ berechnet werden, denn das Bleivolumen ist gemäß $V_{\text{Blei}}=\frac{m_{\text{Blei}}}{{\rho }_{\text{Blei}}}=50\hspace{0.17em}\mathrm{}{\mathrm{c}\mathrm{m}}^3$ bekannt:

${\displaystyle V_{\text{Holz}}=V-V_{\text{Blei}}=1550\hspace{0.17em}\mathrm{}{\mathrm{c}\mathrm{m}}^3-50\hspace{0.17em}\mathrm{}{\mathrm{c}\mathrm{m}}^3=1500\hspace{0.17em}\mathrm{}{\mathrm{c}\mathrm{m}}^3\hspace{0.5em}.}$
Daraus folgt schließlich

${\displaystyle {\rho }_{\text{Holz}}=\frac{m_{\text{Holz}}}{V_{\text{Holz}}}=\frac{900\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{g}}{1500\hspace{0.17em}\mathrm{}{\mathrm{c}\mathrm{m}}^3}=\mathrm{0,6}\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{g}}{{\mathrm{c}\mathrm{m}}^3}\hspace{0.5em}.}$

Die Schwerpunktskoordinaten $S_x$ und $S_y$ eines Rechtecks sind die Mittelwerte der jeweiligen Ausdehnungen in $x$- bzw. $y$-Richtung:

Die von der Gravitation auf die Masse ausgeübte Kraft ist $F_{\text{G}}=m·g=\mathrm{0,2}\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{k}\mathrm{g}·10\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}=2\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{N}$. Im Gleichgewicht muss die Federrückstellkraft $F_{\text{F}}=D·(x-x0)$ genauso groß sein, wobei $x=5\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{c}\mathrm{m}$ die Federauslenkung ist und $x_0=0\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{c}\mathrm{m}$ die Federruhelage. Hier gilt also:

${\displaystyle F_{\text{G}}=F_{\text{F}}\hspace{0.5em}\Rightarrow \hspace{0.5em}2\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{N}=D·5\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{c}\mathrm{m}\hspace{0.5em}\Rightarrow \hspace{0.5em}D=\frac{2\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{N}}{5\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{c}\mathrm{m}}=\mathrm{0,4}\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{c}\mathrm{m}}=40\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{m}}\hspace{0.5em}.}$

Überträgt man die Beschreibungen von oben in Diagramme, ergeben sich für Lisa und Anna die folgenden Geschwindigkeits- ($v(t)$-) und Strecken- ($s(t)$-) Diagramme:

Bei der gebremsten Bewegung nach oben bis zum höchsten Punkt vergeht die gleiche Zeit wie bei der umgekehrten Situation des freien Falls vom höchsten Punkt bis zur Erdoberfläche. Für den freien Fall im Schwerefeld der Erde gilt für die Fallzeit $t_{\text{Fall}}=\frac{v}{a}=\frac{10\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}}{10\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}}=1\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{s}$ (Formeln für beschleunigte Bewegungen). Das heißt, während Steig- und Fallphase vergeht jeweils $1\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{s}$. Insgesamt vergehen somit $t=2·t_{\text{Fall}}=2\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{s}$ während des gesamten Flugs.

Die Radialbeschleunigung bei einer Kreisbewegung heißt Zentripetalbeschleunigung $a_r$ und wirkt stets in Richtung des Kreismittelpunktes. Es gilt die Formel $a_r=\frac{v^2}{r}\text{,}$ wobei $v$ die (Bahn-)Geschwindigkeit des Objekts ist und $r$ der Radius der Kreisbahn. Für die doppelte Bahngeschwindigkeit $v_2=2v$ gilt: $a_{r,2}=\frac{v_2^2}{r}=\frac{(2v{)}^2}{r}=4·\frac{v^2}{r}=4a_r\text{.}$

Richtig ist Position $C$.
Die Geschwindigkeit der Punktmasse ist in den Umkehrpunkten $A$ und $E$ kurzzeitig null, da sich die Bewegungsrichtung umkehrt. Bis hinunter zum Punkt $C$ wird die Masse stets tangential beschleunigt und auf dem Weg hinauf wieder abgebremst. Daher ist die Geschwindigkeit in Punkt $C$ am größten.

Zerlegt man die Gewichtskraft $F_{\text{G}}$ in die Hangabtriebskraft $F_{\text{H}}$ und die Normalkraft $F_{\text{N}}\text{,}$ so gelten die Zusammenhänge $F_{\text{N}}=F_{\text{G}}·\cos (\alpha )$ und $F_{\text{H}}=F_{\text{G}}·\sin (\alpha )\text{.}$ Die Reibungskraft $F_{\text{R}}$ ist der Hangabtriebskraft entgegengerichtet. Beim Haften gilt $F_{\text{R}}=F_{\text{H}}\text{,}$ jedoch kann die Reibungskraft maximal so groß sein wie das Produkt $\mu ·F_{\text{N}}\text{.}$ Aus der Ungleichung $F_{\text{R}}\le \mu ·F_{\text{N}}$ folgt nun $\mu \ge \frac{F_{\text{R}}}{F_{\text{N}}}\text{,}$ d.h. der Reibungskoeffizient muss mindestens so groß sein, wie das Verhältnis $\frac{F_{\text{R}}}{F_{\text{N}}}=\frac{F_{\text{H}}}{F_{\text{N}}}=\frac{\sin (\alpha )}{\cos (\alpha )}=\tan (\alpha )\text{.}$ (Hierbei zeigt sich, dass der Reibungskoeffizient $\mu$ unabhängig von der unbekannten Gewichtskraft $F_{\text{G}}$ ist.)

Für die Entfernung gilt:

${\displaystyle s=v·t=333\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}·6\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{s}\approx 2000\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{m}=2\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{k}\mathrm{m}\hspace{0.5em}.}$

Sich bewegende Körper besitzen kinetische Energie. Kinetische Energie ist eine spezielle Form mechanischer Energie und errechnet sich aus:

${\displaystyle E_{\text{kin}}=\frac{1}{2}·m·v^2\hspace{0.5em}.}$
Umrechnung der Geschwindigkeit von $\frac{\mathrm{k}\mathrm{m}}{\mathrm{h}}$ in $\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}$:

${\displaystyle v=108\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{k}\mathrm{m}}{\mathrm{h}}=\frac{108·{10}^3\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{m}}{3600\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{s}}=30\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}\hspace{0.5em}.}$
Damit ist

${\displaystyle E_{\text{kin}}=\frac{1}{2}·1000\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{k}\mathrm{g}·{\left(30\hspace{0.17em}\mathrm{}\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}\right)}^2=450\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{k}\mathrm{J}\hspace{0.5em}.}$

Die Geschwindigkeit lässt sich über die Formel für die kinetische Energie bestimmen:

${\displaystyle E_{\text{kin}}=\frac{1}{2}·m·v^2\hspace{0.5em}\Rightarrow \hspace{0.5em}m=\frac{2E_{\text{kin}}}{v^2}=60\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{k}\mathrm{g}\hspace{0.5em}.}$

Die Klotz B hat am Ende der Rampe die größte kinetische Energie.  
Beim Hinunterrutschen wird aufgrund der Energieerhaltung die potentielle Energie des Klotzes am Startpunkt in die kinetische Energie am Ende der Rampe umgewandelt. Entscheidend ist also nur die Höhe des Klotzes beim Startpunkt und nicht die Steilheit der Rampe.

Da der Tennisball aus der Höhe $h_0$ fallen gelassen wird, ist seine Geschwindigkeit in der Höhe $h_0$ zunächst null. Die Bewegungsenergie ist damit ebenfalls null.
Während des Fallens erhöht sich die Bewegungsenergie und die Lageenergie nimmt ab (die Energieformen werden ineinander umgewandelt). Beide sind von null verschieden.
Wenn der Tennisball die Steinplatte berührt, ist die Lageenergie $E_{\text{pot}}=mgh$ null, da $h=0\hspace{0.17em}\mathrm{}\mathrm{m}$ ist. Die kinetische Energie ist ebenfalls null, da sich die Bewegungsrichtung umkehrt und somit die Geschwindigkeit null ist. Die gesamte kinetische Energie wird beim Auftreffen des Balls auf der Steinplatte in Spannenergie (Verformung des Balls) und thermische Energie (leichtes Erwärmen des Balls) umgewandelt.
Die thermische Energie wird anschließend nicht mehr in andere Energieformen umgewandelt, während beim erneuten Hochspringen des Balls die Spannenergie zunächst komplett in Bewegungsenergie und diese dann mit zunehmender Höhe in Lageenergie umgewandelt wird.