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Physik anwenden und verstehen: Lösungen 2.1 Kinematik 1 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

2.1 Kinematik Gleichförmige Bewegung 1

a) vts = ; 17 m b) vst = ; 2.9·10–4 s = 0.29 ms

c) vst = ; 3.3·10–10 s = 0.33 ns d) vts = ; 3·105 m = 300 km

e) vts = ; 0.06 m = 6 cm f) tsv = ; 27.3 km/h

2

2vth = ; 1.12 km

3

a) 21 vv

st+

= ; 3.6 min

b) svv

vs21

11 +

= ; 1.2 km svv

vs21

22 +

= ; 0.30 km

c) svv

vs21

33 +

= ; 2.1 km

4

a) Unsinn! Die Steigung der Geraden ist nicht tanα. An den Achsen des Diagramms stehen physikalische Grössen mit Einheiten. Ausserdem sind die Achsen nicht im gleichen Massstab eingeteilt. In diesem Fall ist die Steigung der Geraden der Quotient aus dem Ordinatenwert und dem Abszissenwert eines Punktes auf der Geraden. Der Ordinatenwert ist an der senkrechten Achse mit zugehöriger Einheit, der Abszissenwert an der waagrechten Achse mit zugehöriger Einheit abzulesen.

b) s 6.0

m 20

1

1 ==tsv ; 3.3 m/s


5

d) Fahrzeiten: h 53

1

11 ==

vst ; h

52

2

22 ==

vst ;

21

21

ttssv

++= ; 16 km/h

6 a) b) 7 a) Zürich ab 12:13 Wiedikon an 12:17 Wiedikon ab 12:19

Enge an 12:21 Enge ab 12:26 Wollishofen an 12:29 Wollishofen ab 12:37

b) h 32:12h 37:12

km 6.3km 75.111 −

−=v ; 98 km/h

Weg

Zeit

Zeit

Geschwindigkeit


c) h 37:12h 42:12

km 6.32 −

=v ; 43 km/h

d) 11.75 km12 : 42 h 12 : 32 h

v =−

; 71 km/h

8 a) 1 und 3 fahren mit konstanter

Geschwindigkeit, 4 steht. Alle drei bewegen sich im Sinne der Definition gleichförmig.

b) v4 < v3 < v1 c) Velo 3 hat zu Anfang einen Vorsprung auf

mich. Da ich aber schneller fahre, wird unser Abstand immer kleiner. Jetzt überhole ich und unser Abstand wird wieder grösser.

d) Die vier Velos befinden sich am gleichen Ort, d.h. sie treffen sich. e) Zur gesuchten Zeit t= hat die Kurve von Velo 2 die gleiche Steigung wie die Gerade

von Velo 1. Gleichmässig beschleunigte Bewegung 9

av

sasv2

22

2 =⇒= ; 320 km

10

a =

vt

; 3.9 m/s2; 12

s vt= ; 100 m

11

a) a =

vt

; 1.4·10-4 m/s2; 212

s at= ; 4.7·107 km

b) t =

va

; 2.3 d

Wegen der Reibung könnte das Auto mit einem Ionenantrieb gar nicht in Bewegung gesetzt werden.

t=

Weg

Zeit 0 0

A

123

4


12

a =v2

2s; 2.6 m/s2

t =

2sv

; 9.6 s

13 Hinweis: Aufgrund einer Änderung im Aufgabentext in der 2. Auflage 2006 hat diese Aufgabe zwei unterschiedliche Lösungen. Lösung für die 2. Auflage 2006: a) Die Geschwindigkeit des Flugzeugs nimmt durchschnittlich pro Sekunde

um 2.9 m/s zu.

b) 2

; 1.7 km2vsa

= , es genügt nicht.

c) Die Geschwindigkeit nach 100 m beträgt 2 ; 24m/sv as= . Da die Geschwindigkeit gleichmässig zunimmt, ist die mittlere Geschwindigkeit auf

diesen 100 m halb so gross, also 12 m/s. Lösung für die 1. Auflage 2004: a) Die Geschwindigkeit des Flugzeugs nimmt durchschnittlich pro Sekunde

um 3.9 m/s zu.

b) 2

; 1.3 km2

= vsa

, es genügt nicht.

c) Die Geschwindigkeit nach 100 m beträgt 2 ; 28m/s=v as . Da die Geschwindigkeit gleichmässig zunimmt, ist die mittlere Geschwindigkeit auf

diesen 100 m halb so gross, also 14 m/s. 14

2 ;sta

= 3.0 s 2v as= ; 48 km/h

15

a) a =2s1

t12 ; 0.28 m/s2 v1 =

2s1

t1

; 5.0 km/h

b) 22

2sta

= ; 19 s 2 22v as= ; 19 km/h

16

a) a =2s1

t12 ; 5.0 m/s2

b) ∆t = 1.0 s , 21 (2 )2

s a t t t∆ = ∆ − ∆ ; 48 m; 500 m


c) endvta

= ; 26 min

d) Durch den Treibstoffverbrauch wird die Masse der Raumfähre kleiner, die Schubkraft bleibt jedoch gleich. Der Luftwiderstand der dünner werdenden Luft hängt von der Geschwindigkeit ab.

17

2 1v vta−∆ = ; 2.4 s

2 22 11

2v vs

a−∆ = ⋅ ; 43 m

18

a) 212

s at= ; 2.4 m v = at ; 0.48 m/s

b) vt

a= ; 29 s 21

2s at= ; 20 m

19

a) 2Hans

1( )2

t t v at+ ∆ ⋅ = ; 3.0 s b) 21 ; 18m2

s at=

c) ; 12m/sv at= 20

a) t =

∆sv1 −v2

; 50 s b) 1 2

2 sta a

∆=−

; 10 s

Gleichmässig beschleunigte Bewegung mit Anfangsgeschwindigkeit 21

2( ) ; 14 m/s 50 km/hv a s= − = Der Lenker hatte die zulässige Höchstgeschwindigkeit nicht überschritten. 22

[ ] [ ] [ ]2 2 2 20 0 0km/h m/s 3.6 m/s

100 100 2v v v

sa

⋅= = =

−; also 2= 3.9 m/sa −


23

a) a =

vt

; 40 m/s2 ≈ 4 g 212

s at= ; 88 m

b) a =v 2

2s; 69 m/s2 ≈ 7 g

t =

2sv

; 1.2 s

24

220 ; 0.16 m/s

2va

s= − − 0 ; 42 svt

a= −

25

a) 02svt

= ; 80 m/s b) 2

2sat

= − ; 22.7 m/s−

26

202

2 ( ); 2.4 m/sa s v tt

= − −

Der Zug bremst ab. 27 Der Index 1 bezeichne die Grössen auf der Rampe, der Index 2 diejenigen in der Unterführung. vmax stehe für die Geschwindigkeit am Ende der Rampe.

a) vmax = – a2t2; 72 cm/s 1

max1 a

vt = ; 9.0 s t = t1 + t2; 21 s

b) 21 1 1

1 ; 3.2 m2

a ts =

28

Reaktionsweg: 0 ; 20mR Rs v t=

Bremsweg: 20 ; 40m

2Bvsa

= −

Anhalteweg: ; 60 mR Bs s s= + Sie bringen das Auto noch vor den Felsbrocken zum Stehen.


29

Anhalteweg: 20

0 2Rvs v t

a= +

−; 35 m; es liegt noch drin.

30

a) 20 ; 16 km

2vsa

= −

b) 20

12

s v t at= + ; 89 s

c) Anfahrzeit: 11

; 280 svta

=

Anfahrstrecke: 21 1 1

1 ; 19km2

s a t=

Bremszeit: 22

; 230 svta

= −

Bremsweg: 2 16 kms = (vgl. Aufgabe a)) Zeit für die zwischen Anfahr- und Abbremsvorgang liegende Strecke:

33 ; 40 minst

v=

Gesamtfahrzeit Genf – St. Gallen: 49 min 31

a) 11

; 8.0 svta

= b) 22

; 12 svta

=−

c) 3 2 21 1 ; 180 m2 2

s s vt vt= − − d) 31 2 ; 35 sst t t

v= + +

e) Fahrtenschreiber:

v in m/s

100 20 30

10

0t in s


32 Anfahren:

tA = 30 s; max ;AA

vat

= 1 m/s2; 21 ;2A A As a t= 450 m

Bremsen:

sB = 600 m; max

2 ;BB

stv

= ⋅ 40 s

Gleichförmige Bewegung: sG = d – sA – sB; 3900 m; tG = sG/vmax; 130 s Fahrtzeit: ttot = tA + tG + tB; 200 s; Die S12 kommt um 11:24:20 in Stettbach an. 33 Abbremsen vor der Baustelle:

2 1B

B

v vta−= ; 50 s;

2 22 1

2BB

v vsa−= ; 1000 m

Anfahren nach der Baustelle:

2 1A

A

v vta−= ; 60 s;

2 22 1

2AA

v vsa−= ; 1200 m

Gleichförmige Bewegung:

2vstG = ; 260 s; s = 1300 m

Ganzer Vorgang: ttot = tB + tG + tA; 370 s; stot = sB + s + sA; 3500 m Fahrzeit ohne Baustelle:

1

tot

vst = ; 100 s

Somit verlängert sich die Reisezeit um 270 s. Gleichmässig beschleunigte Bewegung mit schiefer Ebene 34

2 sin ;α= ⋅v g s 4 m/s


35

a) 0 2 sin ;α= ⋅v g s 4.5 m/s b) 2 ;sinα

= stg

2.6 s

36

a) ( )sin cos ;α µ α= ⋅ − ⋅Ga g 2.4 m/s2 Somit ist die Geschwindigkeit nach 3.0 s: ;v at= 7.1 m/s

b) 21 ;2

s at= 11 m

37

( )sin cos ;α µ α= ⋅ − ⋅LF mg 19 N 38

2sin cos sin 2

b btg gα α α

= = ; min für 45°α =t

39

a) 2 20

1 12 2

at at v t l= − +0

; ltv

1.2 s

b) 2

0

1 sin ;2

ls gv

α

=

3.5 m

c) 10

sin ;lv gv

α

=

5.9 m/s 2 1 0;v v v= − 0.89 m/s

Der Keil bewegt sich bereits wieder abwärts. Gleichmässig beschleunigte Bewegung, Diagramme 40 a) Von t = 0 bis t1 = 2 h ist v1 = 50 km/h, von t1 bis t2 ist v2 = 100 km/h, v = 67 km/h b) v1 < v2 c) Im Zeitpunkt t1 (Punkt P) strebt die Beschleunigung a gegen unendlich.


41 a) Weg-Zeit-Diagramm:

Plötzlicher Stillstand nach gleichförmiger Bewegung (ruckartig, a → ∞ ) Geschwindigkeit-Zeit-Diagramm:

Nach gleichmässig beschleunigter Bewegung Fortbewegung mit der erreichten Endgeschwindigkeit.

b) Bewegung ruckartig, Beschleunigung a → ∞ bei Übergang von Bewegung zu Stillstand.

c) Gleichmässig beschleunigtes Anfahren eines Autos. Wenn die Endgeschwindigkeit erreicht ist, fährt es mit konstanter Geschwindigkeit weiter.

42 a) Das Auto fährt gleichmässig b)

beschleunigt an, fährt kurze Zeit mit konstanter Geschwindigkeit und bremst dann wieder gleich- mässig bis zum Stillstand ab.

43 a)

30

20

10

v in m/s

t in s5 10 15 20 25 b)

4

0

-4

a in m/s2

t in s5 10 15 20 25

v

a

t

s

t

t

t1 t2


c)

300

400

500

200

100

s in m

t in s5 10 15 20 2500

Die Piste muss mindestens 0.52 km lang sein. 44 a) Die Steigung der Geraden

b) a =

∆v∆t

; g: 2.0 m/s2; h: 3.0 m/s2; k: – 4.0 m/s2; l: – 6.0 m/s2

c) t =

va

; g: 14 s; h: 9.3 s

d) 20

2vs

a=

−; k: 96 m; l: 64 m

e) h hat einen stärkeren Motor als g, l hat bessere Bremsen als k (z.B. ABS-Bremssystem)

Freier Fall 45 Streng genommen bezeichnet man mit dem Begriff «freier Fall» nur Fallbewegungen, bei welchen allein die Gewichtskraft auf den Fallkörper einwirkt. Im Fallrohrexpe-riment wird dies durch das Entfernen der Luft erreicht, da diese dem Fallkörper als Luftwiderstand entgegenwirkt. Bei genauerer Messung lässt sich zeigen, dass das Stahlkügelchen in Luft praktisch gleich schnell fällt wie im Vakuum. Deshalb fallen in der Physik auch all diejenigen Fallbewegungen unter dem Begriff «freier Fall», bei denen die anderen Einflüsse, verglichen mit der Gewichtskraft, vernachlässigt werden können. 46 a) Sobald der Kollege den Massstab loslässt, fällt er im freien Fall. Die Strecke, die frei

fallende Objekte zurücklegen, ist jedoch nur von der verstrichenen Zeit und der Fallbeschleunigung g abhängig. Mit bekannter Fallbeschleunigung lässt sich aus der Fallstrecke die Fallzeit berechnen, die Ihrer Reaktionszeit entspricht.

b) gst 2= ; 0.18 s

c) 212

s gt= ; 4.1 cm (das ist genau ein Viertel der ersten Distanz!)


47

Das zweite Kügelchen trifft den Boden nach 11

2 ;htg

= 0.090 s.

Das dritte Kügelchen trifft nach t2 = 0.18 s auf den Boden.

Sein Abstand vom ersten Kügelchen ist 22 2

12

h gt= ; 16 cm.

Die Abstände der weiteren Kügelchen vom ersten sind 36 cm, 64 cm und 100 cm. 48

a) 2htg

= ; 2.8 s

b) 2v gh= ; 28 m/s c) Im Experiment darf der Luftwiderstand nicht mehr vernachlässigt werden. Die

Annahme einer gleichmässig beschleunigten Bewegung stimmt nicht mehr ganz. Der Stein wird folglich auch mit einer geringeren Geschwindigkeit in die Aare plumpsen.

49

2

2vhg

= ; 3.3 m

50

a) 2

2vhg

= ; 32 m b) 2(2 )

2vhg

= ; 127 m

51

2 22 1 ;

2v vh

g−= 8.43 m; das sind 2.81 m pro Etage.

2

2

2vh

g= ; 14.0 m; das sind 5 Etagen über der Familie Meierhans.

52

Für den freien Fall gilt: 12htg

=

Für die Rutschbahn gilt: 2 22 2sin sin

s htg gα α

= =


Da 2 14t t= gilt: 1sin 14°

4α α=

53 a) Absprung: 175 s. Der Springer wird in Richtung Boden beschleunigt. Öffnen des Fallschirms: 230 s. Starke Verzögerung im Diagramm. Auftreffen auf dem Boden: 370 s. Zu diesem Zeitpunkt tritt nochmals eine grössere

Verzögerung auf. b) Der Springer fällt mit konstanter Geschwindigkeit. Sie ist nicht null. c)

v

150 175 200 225 250 275 300 325 350 375 t

54 Die Geschwindigkeit entspricht der Fläche unter der Kurve. Angenähert durch eine Dreiecksfläche erhalten Sie für die höchste Fallgeschwindigkeit etwa 52 m/s oder 190 km/h. Vertikaler Wurf 55

ghv 2= ; 76.7 m/s 56

a) Aus 20

12

s v t gt= − folgt für s = 0 (der Ball ist wieder am Boden) mit

der Flugzeit tF: 0 2Fgtv = ; 12 m/s

b) Die halbe Flugzeit braucht der Ball zum Fallen. 21 ;

2 2Fth g =

7.7 m


57

a) 20 2

tgtvh += liefert die Flugzeit t = 2.4 s.

gtvv += 0 liefert die Aufprallgeschwindigkeit v = 26 m/s.

b) Aus gtvvtgtvh +=+= 02

0 und 2

erhalten Sie t = 1.9 s und v0 = 9.2 m/s.

c) Aus 20 2

tgtvh += erhalten Sie 0 7.7 m/s.2gthv

t= − =

58 a) Angelas Ball, da dieser auf der Höhe des Mädchens bereits eine

Abwärtsgeschwindigkeit besitzt. b) Abwärtsgeschwindigkeit von Angelas Ball, auf der Höhe von Karin (h1 = 2.5 m): 10 2ghv = ; 7.0 m/s

Auftreffzeit von Angelas Ball, von dem Moment an gemessen, wo Karin ihren Ball

loslässt (h2 = 12 m; quadratische Gleichung 021

202 =−+ htvgt lösen):

g

ghvvt 2

200

1

2++−= ; 1.0 s

Auftreffzeit von Karins Ball:

ght 2

22= ; 1.6 s

Karins Ball kommt 0.6 s später am Boden an. 59 a)

s in m

t in s

20

10

0

10 2


b) 21 2

tghs −=

22 0 2

gs v t t= −

Treffpunkt wenn 21 ss = , also bei 00

1.33 shh v t tv

= ⇒ = =

1s ist dann 11.3 m über dem Boden. c) m/s1.131 == gtv 2 0 1.92 m/sv v gt= − = 60

a) m/s5.152 == ghv b) s17.322 ==ght

c)

15.5

1.58

3.17

0

v in m/s

t in s

–9.81

03.17

1.58t in s

a in m/s2

12.3

00 3.171.58

s in m

t in s

15.5

0

–15.5

12.3 s in m

v in m/s

d) In halber Höhe hat der Stein die Geschwindigkeit 11.0 m/s.

e)

2

* 2 3 h; 9.23 m2 4

vh h

g

= − =

f) m4.112

20 =−= tgtvs und m/s,09.40 −=−= gtvv also im Abwärtsflug.


61

00 0

2 2 20 0 02

0

20

max max

31 0.306 s4 4

3 9 15 0.765 m2 4 32 16 2

16 152 15 16

vv v gt v tg

g v v vh v t tg g g

vh h h hg

= − = ⇒ = =

= − = − = ⋅ =

= = ⇒ =

62

a) m/s 60.52 00 == ghv b) s 571.02 01 ==

ght

c) 22 3

01 41 0

( ) 9 90.0 cm2 2 16

vvh hg g

= = = = d) s 0.857232

2322 1

012 ==== t

gh

ght

e) s 643.043 also ,

169mit 22 2312

23 ==== tthh

ght

f)

v

v1

v2

v3

–v2

–v1

–v0

tt1

g) Die Zeiten t2, t3, t4 ... bilden eine geometrische Folge mit dem Quotienten q = ¾.

Ihre Summe ist

22 3 4 2... 4 3.43 s

1tt t t t

q+ + + = = =

−

Nach ttot = t1 + t2 + t3 + t4 +... = 4.00 s kommt der Tennisball zum Stillstand.


Überlagerte Bewegung mit konstanter Geschwindigkeit 63 a) Hinreise: 8 h 50 min (31'800 s); Rückreise: 7 h 40 min (27'600 s). b) Die Hinreise erfolgt gegen den Wind, die Rückreise mit dem Wind.

:manerhält und AusJetstream Flugzeug

RückJetstreamFlugzeug

Hin vvdt

vvdt

+=

−=

FlugzeugHin Rück

1 12dv

t t

= +

; 220 m/s (792 km/h)

Jetstream FlugzeugRück Rück Hin

1 12

d dv vt t t

= − = −

; 15.6 m/s (56.0 km/h)

64

Sei Fv die Geschwindigkeit des Flusses relativ zum Ufer und Bv die Geschwindigkeit des Bootes relativ zum Wasser. Mit N wird die Anzahl Pappeln und mit d deren Abstand bezeichnet.

Abwärts

Abwärts

tdNvv FB =+ und

Aufwärts

Aufwärts

tdNvv FB =− ergeben

2Aufwärts

Aufwärts

Abwärts

Abwärts dtN

tNvB

+= ; 3.0 m/s

2Aufwärts

Aufwärts

Abwärts

Abwärts dtN

tNvF

−= ; 1.8 m/s

65 a) v = vZug – vFahrzeug; 30 km/h; v = vZug + vFahrzeug; 250 km/h;

2Fahrzeug

2Zug vvv += ; 178 km/h

b) s = v t; 41.7 m; 347 m; 247 m 66 Mittels Vektorparallelogramm lässt sich die Geschwindigkeit berechnen:

vWind = 3

Läuferv ; 5.7 km/h

30°

vWind

-vLäufer


Waagrechter Wurf 67

2htg

= ; 0.71 s; s vt= ; 7.9 m

68

a) Flugzeit ghtF

2= , Flugweite FW tvx 0=

Kuniberts Beschleunigung: h

gvtxaF

W

222

02 == ; 4.6 m/s2

b) 02vv = ; 8.0 m/s 69

a) Flugzeit ghtF

2= ; 0.78 s

b) ghvv 220 += ; 8.2 m/s

c) 0

2tan

vgh

=α ; 70°

d) Es gilt: 21( )2

y t h gt= − und tvtx 0)( = .

Eliminieren der Zeit t ergibt: 2202

)( xvghxy −=

Es ist eine nach unten geöffnete Parabel mit dem Scheitelpunkt (0 |h). 70

a) Flugzeit ghtF

2= , Flugweite Wx

h

gxtxv W

F

W

20 == ; 8.7 m/s

b) h

xhg

v W

22tan 0 ==α ; 51°

71

Mit der Flugzeit ghtF

2= ist die Flugweite 0 02

W Fhx v t v

g= = ; 14 m


72 a) Sei q das Verhältnis der Steighöhe zur Turmhöhe; also q = 2/3. Dann gilt:

q

xh w

2= ; 12 m

b) Das Verfahren ist unabhängig von g und kann damit auch auf dem Mond oder auf dem Mars angewendet werden, ohne die dortige Fallbeschleunigung zu kennen.

73

a) Für den Volumenstrom gilt: vdAvtV 2

2

== π

td

Vv 2

4π

= ; 1.3 m/s

b) Mit der Flugzeit ghtF

2= ist die Flugweite 0 02

w Fhx v t v

g= = .

Für hxw = ist gvh

202= ; 0.34 m

74

a) Für die Flugbahn gilt: tvx 0= und 2Flug

12

y gt= − und somit 220

Flug 2x

vgy −=

Für den Hang oberhalb von K gilt: baxy +=Hang mit )1.35tan( °−=a . Der Achsenabschnitt b wird durch Einsetzen der Koordinaten von K ermittelt: b = 12.87 m.

Am Schnittpunkt gilt: HangFlug yy = und somit baxxvg +=− 2

202

. Von den beiden

Lösungen für x ist nur die grössere sinnvoll. Der gesuchte Punkt ist P = (68.1 m | –35.0 m).

b) Die Sprungweite ist ( ) ( )22120 m x x y yK P K P− − + − ; 76.9 m c) Offensichtlich bewirken die grossen Ski, der Spezialanzug und die Körperhaltung

einen dynamischen Auftrieb in der Luft bei gleichzeitig geringem Luftwiderstand. So sind mit Luft wesentlich grössere Sprungweiten möglich als ohne.

Weitere Daten zur Schanze in Engelberg finden Sie unter: www.skispringen.com.


75 Es handelt sich um einen horizontalen Wurf. Das Weg-Zeit-Gesetz lautet:

+−=

=

02

0

21)(

)(

ygtty

tvtx

Sei TN die Zeitdauer bis zum Netz und TB bis zum Punkt B. Nach den Angaben im Text folgen:

+−=

=

02

0

21

2ygTy

Tvs

NN

N und

+−=

=

02

0

210 ygT

Tvs

B

B

s = Länge des Tisches und yN = Höhe des Netzes. Aus den vier Gleichungen kann man TN und TB eliminieren. So erhält man die folgenden Gleichungen:

=

+=

20

2

0

20

2

0

21

81

vsgy

vsgyy N

So ist 0

43 Ny y= ; 20 cm

Schiefer Wurf 76

a) Aus 20 0

1sin2

y v t gt yα= ⋅ − + folgt mit dem Taschenrechner für die Flugzeit:

1 5.61st = max 0 1cos ; 0.17 kmy v tα= ⋅ b) Die maximale Höhe wird erreicht, wenn die Funktion 2

0 01 sin2

α= − + ⋅ +y gt v t y

ihr Maximum besitzt.


Die Zeit, bei der die vertikale Geschwindigkeit null ist, berechnet sich aus:

( ) 0 sin 0yv t gt v α= − + = 0 sinvtg

α⇒ =

Somit ist 2 20

max 0sin ; 44 m2

vy yg

α= +

77

Für die Flugweite gilt: g

vxwα2sin2

0= , für die Flugdauer g

vt αsin2 0=

a) Also

= 2

0

arcsin21

vgxwα ; 30°

b) g

vt αsin2 0= ; 1.0 s

c) ( )g

vy2sin 2

0 α= ; 1.3 m

d) 2

0vg

; 10 m

78

Hochsprung: ght 22= ; 0.64 s

Bemerkung: Es handelt sich um einen Strecksprung, weil wieder am gleichen Ort gelandet wird.

Weitsprung: g

xt W αtan2= ; 0.77 s

Hier sind sie also beim Weitsprung länger in der Luft. 79 Lösung: 1 T = 0.4 s und y0 = 1.7 m Das Weg-Zeit-Gesetz des schiefen Wurfes wird auf der vertikalen Achse angewendet:

002

21)( ytvgtty y ++−=

Da y(T) = 0 folgt: 2 00 0

1 1 12 2

= − = − y

yv gT y gTT T

; –2.3 m/s

So war die Wurfbahn im Augenblick der Abgabe sinkend.


Lösung: 2

Die Wurfdauer beim freien Fall ist: 02ytg

= ; 0.59 s

Da der Wurf weniger lang dauerte, muss der Ball beim Abwurf eine vertikale Geschwindigkeitskomponente nach unten gehabt haben. 80

αcos0tvx = , 20 0

10 sin2

y v t gtα= + − aufgelöst nach x und t eliminiert.

Wurfweite ( )

++= 2

0000 sin2sincos ααα vgyv

gvx

a) α 35° 36° 37° 38° 39° 40° 41° 42° 43° x in m 21.7 21.9 22.0 22.1 22.2 22.2 22.2 22.3 22.2

Der optimale Abwurfwinkel beträgt 42°. b)

α 35° 36° 37° 38° 39° 40° 41° 42° 43° x in m 9.98 10.0 10.0 10.1 10.1 10.1 10.0 10.0 10.0

Der optimale Abwurfwinkel beträgt etwa 39°. 81 a) Es wird das Minimum von

yxxg

v2tan2cos

)(−

=αα

α mit y = 13 m und x = 20 m

gesucht.

Dies ergibt v0 = 19 m/s und α = 62°

b) α

ααcos

sinsin0

00 vxgvgtvvy −=−= ; –5.2 m/s

Der Schnellball hat also seinen Zenit überschritten und ist bereits wieder am Sinken.

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