Lösung zu Aviatik 2006/2

1. In den beiden Zweigen müssen die in Serie geschalteten Widerstände zusammengezählt werden. Diese Widerstände teilen die angelegte Spannung entsprechend ihrer Grösse.
   1. [math]I_{1,3}= \frac{12 V}{60 \Omega}=0.2A[/math] [math]I_{2,4}= \frac{12 V}{240 \Omega}=0.05A[/math]
   2. [math]P=U_1I_{1,3}=R_1I_{1,3}^2=0.8W[/math]
   3. [math]\frac{U_1}{U_3} = \frac{R_1}{R_3}[/math]; daraus folgt für U₁= 4 V; analog dazu U₂= 9 V; demnach liegt über dem offenen Schalter eine Spannung von 5 V.
   4. [math]R_{1,2} = \frac {20*180}{20+180} \Omega = 18 \Omega[/math] [math]R_{3,4} = \frac {40*60}{40+60} \Omega = 24 \Omega[/math] [math]\frac{U_{1,2}}{U_{3,4}} = \frac{R_{1,2}}{R_{3,4}}[/math] Weil bei geschlossenem Schalter die Spannung im Verhältnis 3:4 geteilt wird, liegt über den Widerständen 3 und 4 eine Spannung von 6.86 V.
2. Die Strecke entspricht der Fläche unter der v-t-Kurve und die Beschleunigung der Steigung.
   1. Der Ball steigt etwa 18 m auf.
   2. Die Beschleunigung ist 0.5 s nach dem Abwurf gleich -16 m/s².
   3. Auf den Ball wirken die Gewichtskraft und die Luftwiderstandskraft ein. Weil beim Aufstieg beide Kräfte nach unten wirken, gilt [math]F_W = \dot p - F_G = m (a + g_0) = -2 N[/math]