Antwoorden Ronde 3 2014 Nederlandse Natuurkunde Olympiade

1. Fata Morgana (3pt) (IPHO 1984)

a. Met behulp van de figuur kun je zien:

𝑛𝐴 sin𝛼 = 𝑛1 sin𝛼1 = 𝑛2 sin𝛼2 = ⋯ = 𝑛𝐵 sin𝛽

b. Het verschijnsel komt door totale reflectie in een laag warme lucht als geldt dat 𝛽 = 90° Dat geeft 𝑛𝐴 sin𝛼 = 𝑛𝐵 sin 90° = 𝑛𝐵

c. Omdat de dichtheid van lucht 𝜌 omgekeerd evenredig is met de absolute temperatuur 𝑇 bij constante druk, kunnen we schrijven:

𝑛(𝑇) = 1 + 𝑘 ∙ 𝜌 = 1 + 𝑘𝑇�

Bij 15 ℃ geeft dit voor 𝑘 = 0,0795

Om totale reflectie te krijgen moet gelden 𝑛30 sin𝛼 = 𝑛𝑇 ofwel

�1 + 𝑘303

� ∙ 𝐿√ℎ2+𝐿2

= �1 + 𝑘𝑇� met ℎ = 1,6 m en 𝐿 = 250 m.

Omdat geldt dat ℎ ≪ 𝐿 kunnen we een taylorontwikkeling gebruiken in ℎ 𝐿�

𝑇 = 303

�303𝑘 +1� 1

�1+ℎ2 𝐿2� −303𝑘

≈ 303 �1 + 303ℎ2

2𝑘𝐿2� = 328 K = 56 ℃

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Antwoorden Ronde 3 2014 Nederlandse Natuurkunde Olympiade

2. Gascilinder met veer (3pt) (opgave 4.24 uit Cahn, a guide to physic problems 2)

Het gas zet uit, het verricht dus positieve arbeid, omdat het thermisch is geïsoleerd, is de energieverandering negatief en daalt de temperatuur. Voor een ideaal gas hangt dit alleen af van de temperatuurverandering en er geldt dan:

∆𝐸 = 𝐶𝑉∆𝑇 = 𝐶𝑉(𝑇1 − 𝑇0) (1)

Met 𝐶𝑉 de warmtecapaciteit van 1,0 mol gas bij constant volume (voor een één-atomig gas geldt 𝐶𝑉 = 3𝑅

2. De arbeid verricht door het gas gaat in het induwen van de veer zitten:

𝑈 = 𝐾𝑥2

2= −∆𝐸 met 𝐾 de veerconstante en 𝑥 de verplaatsing van de zuiger. (2)

Bij evenwicht geldt voor de krachten op de zuiger:

𝐹 = 𝐾𝑥 = 𝑝1𝐴 met A de oppervlakte van de zuiger, dus met de ideale gaswet voor 1 mol gas geldt:

𝐾 = 𝑝1𝐴𝑥

= 𝑅𝑇1𝐴𝑥𝑉1

Deze 𝐾in 𝑈 invullen geeft:

21 1

1 12 2RT A RT AxU x

xV V= = (3)

Ax is de volumeverandering van het gas:

1 0 0 0 02Ax V V V V V= − = − = (4) (3) in (2) geeft dan:

1 0 1

04 4RTV RTU

V= = (5)

(4) en (2) invullen in (1) geeft dan:

11 0( )

4VRTE C T T∆ = − = − (6)

en

0 01

300 257 K11 14 4 6

V

VV

C T TT R RC C= = = =

+ + + (7)

voor de druk:

1 1 1 0 12p V p V RT= = (8) en

011 0 0

0

1 3 0,43 bar2 72 2 2 V

pTp p pRT C= = = =

+ (9)

0,5

0,5

0,5

0,5

1

Antwoorden Ronde 3 2014 Nederlandse Natuurkunde Olympiade

3. Ring en massa (3pt) De totale massa van het system is 𝑀 = 2𝑚. Het massamiddelpunt van alleen de ring is in het centrum. Het massamiddelpunt van het systeem bevindt zich dus op een afstand 𝑑 = 𝑟

2� van het centrum op de rechte lijn vanuit O naar het gewicht. Het traagheidsmoment van het systeem ten opzichte van de as door O is 𝐼0 = 2𝑚𝑟2. Voor de as door het massamiddelpunt S geldt met behulp van het theorema van Steiner: 𝐼𝑆 = 𝐼0 − 𝑀𝑑2 = 3

2𝑚𝑟2. Voor de as door de

plek waar de ring de grond raakt geldt: 𝐼 = 𝐼𝑆 + 𝑀(𝑑2 + 𝑟2 +2𝑑𝑟 cos𝛼) = 5𝑚𝑟2

We kunnen de hoekversnelling 𝜀 van de ring bepalen met hulp van de vergelijking die de beweging van de ring om de as door P beschrijft. 𝐼𝜀 = 𝑀𝑔𝑑 sin𝛼 /1/ en dat 𝜀 = √3

10𝑔𝑟 /vgl 2/.

Je kunt de hoekversnelling ook bepalen met de volgende vergelijkingen:

𝑇 = 𝑀𝑎𝑆 /vgl3/, translatie in horizontale richting door de wrijvingskracht 𝑇/ en 𝑀𝑔𝑑 sin𝛼 − 𝑇𝑟 − 𝑀𝑎𝑑 cos𝛼 =𝐼0

𝑎𝑟 /vgl4/, rotatie rond het centrum van de ring van inertiaalstelsel wat met C met versnelling 𝑎 meebeweegt/.

De versnelling 𝑎𝑆 in horizontale richting bestaat uit de horizontale projectie van de versnelling van het massamiddelpunt in S ten opzichte van het midden O van de ring en van de versnelling 𝑎 van de ring ten opzichte van de tafel. 𝑎𝑆 = 𝜀𝑟 + 𝜀 𝑟

2cos𝛼 = 5

4𝑎 /vgl5/

Om ter rollen en niet te glijden, kijken we naar de vergelijking van de rotatie van het systeem rond het massamiddelpunt S die de reactiekracht 𝑅 van de tafel op de ring in verticale richting in zich heeft.

𝑅𝑑 sin𝛼 − 𝑇(𝑟 + 𝑑 cos𝛼) = 𝐼𝑆𝜀 /vgl6/

Substitueren in 𝜀 = 𝑎𝑟 geeft dan 𝑎 = 4

5𝑎𝑆 = 4

5𝑇𝑀

We krijgen dan als voorwaarde voor rollen 𝐹𝑤 = 𝑓𝑅 > 𝑇 en dus 𝑓 > 𝑇𝑅

= 5√337

Je kunt ook uitgaan van /vgl3/ en de vgl voor translatie van het massamiddelpunt in verticale richting 𝑀𝑔 − 𝑅 = 𝑀𝜀𝑑 sin𝛼

Dan kun je berekenen: 𝑇 = 𝑀𝑎𝑆 = 5√320𝑚𝑔 en 𝑅 = 37

20𝑚𝑔 wat overeenkomt met het eerder gevonden resultaat

4. Transparante film (2 pt) es 2004

De kleine golflengtetrillingen in het diagram komen door de diffractie van de film. Voor de maxima geldt dan: 2𝑑𝑛 = 𝜆𝑁 = 𝑐𝑁 𝑣� en dus 2𝑑𝑛𝑣 = 𝑐𝑁 en 2𝑑𝑛(𝑣 + 𝛿𝑣) = 𝑐(𝑁 + 1), zodat geldt 2𝑑𝑛𝛿𝑣 = 𝑐 en 𝑑 = 𝑐 2𝑛𝛿𝑣⁄ .

We nemen een groter golflengte interval bijvoorbeeld Δ𝑣 = 80 THz en tellen het aantal maxima ertussen, 𝑚 ≈ 34. Dan geldt dat: 𝛿𝑣 = ∆𝑣 𝑚⁄ ≈ 3,35 THz en 𝑑 ≈ 50 µm.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

1

1

Antwoorden Ronde 3 2014 Nederlandse Natuurkunde Olympiade

5. Mechano – elektrische trillingen (4pt) (es2005)

a. 2e wet van newton: 𝑚�̈� = −𝑘𝑥, dus �̈� = − 𝑘𝑚𝑥, dus 𝜔0 = �𝑘 𝑚� .

b. Met Gauss geldt voor de lading op de plaat 𝑄 = 𝑆𝜀0𝐸 = 𝑆𝜀0𝑈 𝑥1� . Voor de kracht op de plaat geldt: 𝐹𝑒 = 𝑘(𝑥0 − 𝑥1) = 𝑄⟨𝐸⟩ met ⟨𝐸⟩ het gemiddelde elektrisch veld (gemiddeld over de ladingen). Kijkend naar de ladingslaag (op het oppervlak van de plaat), hangt het elektrisch veld daar lineair af van de netto lading de plaat in. Daarom is het gemiddelde veld het rekenkundig gemiddelde van de velden aan beide kanten van de laag ⟨𝐸⟩ = 𝐸

2� . En daarmee geldt 𝐹𝑒 = 𝑄𝐸 2� .

Dus 𝐹𝑒 = 𝑆2𝜀0�𝑈 𝑥1� �

2 en daarmee: 𝑈 = 𝑥1�

2𝑘(𝑥0 − 𝑥1)𝑆𝜀0� .

c. Als de platen over afstand 𝑥 bewegen wordt de verandering van de kracht door het elektrisch veld: 𝛿𝐹𝑒 = 𝑥 � 𝑑

𝑑𝑥1

𝑆2𝜀0(𝑈 𝑥1⁄ )2� = 𝑥

𝑥1𝑆𝜀0(𝑈 𝑥1⁄ )2.

Bedenkend dat 𝑆2𝜀0(𝑈 𝑥1⁄ )2 = 𝑘(𝑥0 − 𝑥1), krijg je dan 𝛿𝐹𝑒 = 2 𝑥

𝑥1(𝑥0 − 𝑥1).

de veerkracht verandert ook 𝛿𝐹𝑘 = −𝑘𝑥. De veranderingen werken elkaar tegen, dus 𝛿𝐹 = −𝑘𝑥 �1 − 2 �𝑥0

𝑥1− 1�� = −𝑘𝑥 �3 − 2 𝑥0

𝑥1�. En dan �̈� = 𝛿𝐹 𝑚⁄ = −𝑥 𝑘

𝑚�3 − 2 𝑥0

𝑥1� en

𝜔 = �𝑘𝑚�3 − 2 𝑥1

𝑥0�.

d. Er zijn nu 2 periodiek veranderende grootheden, 𝑥 en 𝑞. Met Kirchhoff noteren we: 𝐿�̈� = −𝑞

𝐶𝑥𝑄 𝑑

𝑑𝑥1𝐶−1. De 2e term beschrijft de spanningsverandering op de condensator door de

verandering in capaciteit. Bedenk dat 𝐶−1 = 𝑥1 𝑆𝜀0⁄ en 𝑄 = 𝑆𝜀0 𝑥1⁄ , dus 𝑑

𝑑𝑥1𝐶−1 = 1 𝑆𝜀0⁄ en 𝐿�̈� = −𝑞

𝐶− 𝑈 𝑥

𝑥1.

Het teken van de tweede term gaat ervan uit dat de 𝑥-as omhoog gericht is. (er is geen stroom in de spoel als en 𝐿�̈� = 0 als de spanning op de condensator constant blijft.: bij toenemende lading 𝑞 > 0, veronderstelt dit toenemende capaciteit, ofwel 𝑥 < 0, in overeenstemming met de tekens in de formule). Als 2e nemen we de tweede wet van Newton: Voor 𝐹𝑒 kunnen we schrijven 𝐹𝑒 = −𝑄2 2𝑆𝜀0⁄ . Als de lading op de plaat niet verandert (𝑞 = 0), verandert 𝐹𝑒 ook niet. Dus 𝛿𝐹𝑒 = 𝑞 𝑑

𝑑𝑄𝑄2 2𝑆𝜀0� = 𝑞𝑄 𝑆𝜀0⁄ . De kleine krachtveranderingen kun je eenvoudig optellen

𝑚�̈� = −𝑘𝑥 − 𝑞𝑄 𝑆𝜀0⁄ We moeten nu een sinus-oplossing vinden met frequentie 𝜔, zo dat �̈� = −𝜔2𝑥 en �̈� = −𝜔2𝑞. Dit substitueren we in de twee vergelijkingen:

�(𝐿𝜔2 − 𝐶−1)𝑞 = 𝑥𝑈 𝑥1⁄(𝜔2𝑚− 𝑘)𝑥 = 𝑞𝑄 𝑆𝜀0⁄

Dit geeft alleen een niet triviale oplossing als (𝐿𝜔2 − 𝐶−1)(𝜔2𝑚 − 𝑘) = 𝑈𝑄 𝑥1𝑆𝜀0⁄ . Bedenkend dat 𝑈𝑄 𝑥1⁄ = 2𝑘(𝑥0 − 𝑥1) en 𝐶 = 𝜀0𝑆 𝑥1⁄ , kunnen we de vgl herschrijven als: (𝜀0𝑆𝐿𝜔2 − 𝑥1)(𝜔2𝑚 − 𝑘) = 2𝑘(𝑥0 − 𝑥1) met 𝜔0

2 = 𝑘 𝑚⁄ en 𝜔12 = 𝑥1 𝜀0𝑆𝐿⁄ krijgen we dan 𝜔4 − 𝜔2(𝜔12 + 𝜔0

2) +𝜔02𝜔12 �3 − 2 𝑥0

𝑥1� = 0.

en 2𝜔2 = 𝜔12 + 𝜔02 ± �𝜔14 + 𝜔04 + 2𝜔12𝜔02(𝑥0𝑥1−1 − 5),

Dit systeem heeft twee eigenfrequenties als 𝑥0𝑥1

< 32 en is verder instabiel.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Antwoorden Ronde 3 2014 Nederlandse Natuurkunde Olympiade

6. Zuigen (3pt) (es2006)

a. Neem 𝑥 horizontaal en 𝑦 verticaal . Neem 𝛿(𝑥) de hoogte van het vloeistofoppervlak. Aan het vloeistofoppervlak is de potentiele energie per volume-eenheid constant. 𝑈 = 𝜌𝑚𝑔𝛿 −

14𝜋𝜀0

𝜌𝑒𝑞𝑟

= 0,

met 𝑟 = �𝑥2 + (𝛿 − ℎ)2 de afstand van het gegeven punt tot de lading. Neem 𝛿0 = 𝛿(0).

Dan 𝛿0(𝛿0 − ℎ) + 14𝜋𝜀0

𝜌𝑒𝑞𝜌𝑚𝑔

= 0, herschrijven levert op 𝛿0 = 12�ℎ − �ℎ2 − 4 1

4𝜋𝜀0

𝜌𝑒𝑞𝜌𝑚𝑔

�

b. Het stromen start op 𝑥 = 0 waar het vloeistofoppervlak het hoogst is. Als het stromen start bereikt dat punt met coördinaten (0, 𝛿0) de hoogste potentiele energie bewegend langs de y-as naar de lading. Dan 𝑈(𝑦) = 𝜌𝑚𝑔𝑦 −

14𝜋𝜀0

𝜌𝑒𝑞 (ℎ − 𝑦)⁄ heeft een maximum bij

𝑦 = ℎ0. Dat levert twee vgln op: 𝜌𝑚𝑔ℎ0 −

14𝜋𝜀0

𝜌𝑒𝑞 (ℎ − ℎ0)⁄ = 0 en 𝜌𝑚𝑔 −1

4𝜋𝜀0𝜌𝑒𝑞 (ℎ − ℎ0)2⁄ = 0

Als we deze vergelijken, vinden we ℎ = 2ℎ0 en ℎ02 = 14𝜋𝜀0

𝜌𝑒𝑞 𝜌𝑚𝑔⁄ en dus ℎ = �𝜌𝑒𝑞 𝜋𝜀0𝜌𝑚𝑔⁄ .

7. Magnetische puls (3pt) (es 2009) Omdat we de inductantie van de spoel mogen verwaarlozen, werkt hij als een spanningbron met spanning 𝑈 = 𝑁𝑆𝐵 𝜏⁄ = 1 V tussen 0 en 10 ms, en verder 0 V. De karakteristieke tijden voor de de circuits zijn 𝜏1 = 𝑅1𝐶 = 0,6 s en 𝜏2 = 𝐿 𝑅2⁄ ≈ 0,3 s zodat voor beide circuits de processen erg snel gaan en de capaciteit effectief is kortgesloten en bijna alle spanning over de inductie staat. a. Gegeven bovenstaande, geldt 𝐼1 = 𝑈 𝑅1⁄ ≈ 0,33 A. Voor 𝐼2 geldt, die gaat groeien van 0 A op 𝑡 = 0

met een snelheid gegeven door 𝐿 𝑑𝐼𝑑𝑡

= 𝑈, ofwel 𝐼2 = 𝑈𝑡1 𝐿⁄ = 5 mA. b. Als 𝑈 wordt afgezet, houdt de condensator (bijna geheel omdat 𝑡2 − 𝜏 ≪ 𝑅1𝐶) de opgebouwde lading

𝑄 = 𝐼1𝜏. De spanning van de condensator (𝑄 𝐶⁄ ) staat over 𝑅1 zodat 𝐼1′ = 𝑄 𝑅1𝐶⁄ =𝑈𝜏 𝑅12𝐶 ≈ 5,6 mA⁄ . De inductie houdt (bijna geheel, omdat 𝑡2 − 𝜏 ≪ 𝐿 𝑅2⁄ ) de stroom die hij gedurende de eerste 10 ms had, 𝐼2′ = 𝑈𝜏 𝐿⁄ = 10 mA.

c. Omdat de stroom in 𝑅2 langzaam vermindeert, vergeleken met de groei in de eerste 10 ms, kunnen we de stroom gedurende 𝑡 < 𝜏 verwaarlozen. We kunnen de wet van Kirchhoff dan schrijven als 𝐿 𝑑𝐼𝑑𝑡

+ 𝑅2𝑑𝑞𝑑𝑡

= 0 wat oplevert: 𝐿𝑑𝐼 + 𝑅2𝑑𝑞 = 0 en 𝐿∆𝐼 = −𝑅2∆𝑞. Omdat ∆𝐼 = −𝐼2′ krijgen we ∆𝑞 = 𝐿𝐼2′ 𝑅2⁄ = 3,3 mC.

8. Met een lens branden (3pt) Es 2013

a. De energieflux van de zon die door de lens wordt gefocusseerd kun je berekenen via 𝑃 = 𝜋4𝑑2𝐼; Het

beeld van de zon straalt met de wet van Stefan-Boltzmann een totaal vermogen uit van 𝑃 = 𝐴𝜎𝑇4 =

𝜋4

(𝛼𝑓)2𝜎𝑇4. Met de WvBvE geeft dit 𝜋4𝑑2𝐼 = 𝜋

4(𝛼𝑓)2𝜎𝑇4, zodat 𝑇 = � 𝑑

𝛼𝑓�𝐼𝜎≈ 4500K.

b. Met de 2e wet van de thermodynamica weet je dat het niet mogelijk is om energie vanaf een vwp met lagere temperatuur naar een vwp met hogere temperatuur te transporteren. Dichtbij de zon geldt 𝐼0 = 𝜎𝑇04 met een totale flux: 𝑃𝑡 = 4𝜋𝑅𝑠2𝐼0 met 𝑅𝑠 de straal van de zon. Dichtbij aarde geldt

𝑃𝑡 = 4𝜋𝐿2𝐼 met 𝐿 de straal van de baan van de aarde rond de zon. Dit levert 𝐼 = 𝐼0𝑅𝑠2

𝐿2� , dit met het

vorige resultaat levert: 𝑇 = 𝑇0�𝑑𝛼𝑓

𝑅𝑠𝐿

.

Bedenk dat 𝛼𝐿 = 2𝑅𝑠, zodat 𝑇 = 𝑇0�𝑑2𝑓≤ 𝑇0, wat betekent dat moet gelden dat 𝑑 ≤ 2𝑓

0,5

0,5

0,5

1

0,5

1

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

1

0,5

0,5

0,5

Antwoorden Ronde 3 2014 Nederlandse Natuurkunde Olympiade

9. Relativistisch glas (3pt) (tentamen NS101B 2003) a.𝑛 = 1 dan 𝑇 = 𝐿

𝑐

b.𝛽 = 0 dan 𝑇 = 𝐿−𝑑0𝑐

+ 𝑑0𝑐𝑛

= 𝐿𝑐

+ 𝑑0𝑐

(𝑛 − 1)

c. 𝑡𝑢𝑖𝑡′ − 𝑡𝑖𝑛′ = 𝑛 𝑑0𝑐

d. 𝑥𝑖𝑛 = 𝛾(𝑥𝑖𝑛′ + 𝑣𝑡𝑖𝑛′ ) = 𝛾𝑣𝑡𝑢𝑖𝑡′ 𝑡𝑖𝑛 = 𝛾 �𝑡𝑖𝑛′ + 𝑣

𝑐2𝑥𝑖𝑛′ � = 𝛾𝑡𝑖𝑛′ zodat natuurlijk 𝑥𝑖𝑛 = 𝑣𝑡𝑖𝑛; ook is 𝑡𝑖𝑛′ een eigentijd.

𝑥𝑢𝑖𝑡 = 𝛾(𝑥𝑢𝑖𝑡′ + 𝑣𝑡𝑢𝑖𝑡′ ) = 𝛾𝑑0 + 𝛾𝑣𝑡𝑢𝑖𝑡′ 𝑡𝑢𝑖𝑡 = 𝛾 �𝑡𝑢𝑖𝑡′ + 𝑣

𝑐2𝑥𝑢𝑖𝑡′ � = 𝛾𝑣𝑡𝑢𝑖𝑡′ + 𝛾𝛽 1

𝑐𝑑0

zodat𝑡𝑢𝑖𝑡 − 𝑡𝑖𝑛 = 𝛾(𝑡𝑢𝑖𝑡′ − 𝑡𝑖𝑛′ ) + 𝛾𝛽 𝑑0𝑐

= 𝛾 1𝑐𝑛𝑑0 + 𝛾𝛽 1

𝑐𝑑0 = 𝑛𝑑0

𝑐𝛾 �1 + 𝛽

𝑛�

e. 𝑥𝑢𝑖𝑡 − 𝑥𝑖𝑛 = 𝛾𝑑0 + 𝛾𝑣(𝑡𝑢𝑖𝑡′ − 𝑡𝑖𝑛′ ) = 𝛾𝑑0 + 𝛾𝑣 𝑛𝑑0

𝑐= 𝛾𝑑0(1 + 𝛽𝑛)

Zodat 𝑥𝑢𝑖𝑡−𝑥𝑖𝑛𝑡𝑢𝑖𝑡−𝑡𝑖𝑛

= 𝑐 �1+𝛽𝑛𝑛+𝛽

�,

𝑣𝑠𝑜𝑚 =𝑐𝑛+𝛽𝑐

1+ 1𝑐2𝑐𝑛𝛽𝑐

= 𝑐 �1𝑛+𝛽

1+𝛽𝑛� = 𝑐 �1+𝛽𝑛

𝑛+𝛽�.

f. 𝑇 = 𝑡𝐵 − 𝑡𝐴 = 1

𝑐(𝑥𝑖𝑛 − 𝑥𝐴) + (𝑡𝑢𝑖𝑡 − 𝑡𝑖𝑛) + 1

𝑐(𝑥𝐵 − 𝑥𝑢𝑖𝑡)

= 1𝑐

(𝑥 − 𝑥𝐴) + 1𝑐

(𝑥𝑢𝑖𝑡 − 𝑥𝑖𝑛) + (𝑡𝑢𝑖𝑡 − 𝑡𝑖𝑛)

= 𝐿𝑐− 𝛾𝑑0

𝑐(1 + 𝛽𝑛) + 𝛾𝑑0

𝑐(𝑛 + 𝛽)

= 𝐿𝑐− 𝛾𝑑0

𝑐(𝑛 + 𝛽 − 1 − 𝛽𝑛)

= 𝐿𝑐− 𝛾𝑑0

𝑐(𝑛 − 1)(1 − 𝛽)

= 𝐿𝑐

+ (𝑛 − 1) 𝑑0𝑐 �

1−𝛽1+𝛽

10. Een bal de lucht in (3pt) A rollend op bodem, B bovenin baan, C bovenaan hoogste punt. Er zijn geen niet-conservatieve krachten (statische wrijving verricht geen arbeid) dus 𝐸𝐴 = 𝐸𝐵 = 𝐸𝐶 𝐸𝐴 = 1

2𝑚𝑣𝐴2 + 1

2𝐼𝜔𝐴2 (neem zwaarte-energie 0 daar)

12𝐼𝜔𝐴2 = 1

2�25𝑚𝑟2� �𝑣𝐴

𝑟�2

= 15𝑚𝑣𝐴2

𝐸𝐴 = �12

+ 1𝑣� 15𝑚𝑣𝐴2 = 7

10𝑚𝑣𝐴2 𝐸𝐵 = 7

10𝑚𝑣𝐵2 +𝑚𝑔𝑅 𝐸𝐴 = 𝐸𝐵 →

710𝑚𝑣𝐴2 = 7

10𝑚𝑣𝐵2 + 𝑚𝑔𝑅

𝑣𝐵2 = 𝑣𝐴2 −107𝑔𝑅 , invullen levert 𝑣𝐵 = 1,8 m/s.

𝐸𝐶 = 𝑚𝑔ℎ + 12𝐼𝜔𝐶

2 , met 𝜔𝐶 = 𝜔𝐵 12𝐼𝜔𝐶

2 = 12�25𝑚𝑟2� �𝑣𝐶

𝑟�2

= 15𝑚𝑣𝐶2 = 1

5𝑚𝑣𝐵2

𝐸𝐶 = 𝑚𝑔ℎ + 15𝑚𝑣𝐵2 𝐸𝐶 = 𝐸𝐵 →

710𝑚𝑣𝐵2 + 𝑚𝑔𝑅 = 𝑚𝑔ℎ + 1

5𝑚𝑣𝐵2

𝑔ℎ = � 710− 1

5� 𝑣𝐵2 + 𝑔𝑅 ℎ = 𝑣𝐵

2

2𝑔+ 𝑅 = 𝑅 + 1

2𝑔�𝑣𝐴2 −

107𝑔𝑅� = �1 − 5

7�𝑅 + 𝑣𝐴

2

2𝑔= 0,81 m.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5 0,5 0,5