§ 2 Bewegung mit konstanter Geschwindigkeit

§ 2 Bewegung mit konstanter Beschleunigung
Aufgaben:
1.
Beim Testen verschiedener Pkws wurden diese von
a) 0 auf 80 km
h in 8, 0s
7 m
a  2 9 s2  2,8 sm2
b) 0 auf 100 km
h in 12,3s
a  2, 26 sm2
c) 80 km
auf 120 km
in 15,5s (im fünften Gang)
h
h
m
a  0,72 s2
gebracht. Berechne die Beschleunigung der Fahrzeuge.
2.
Eine Lokomotive erhält aus dem Stillstand eine konstante Beschleunigung von 0, 750 sm2 .
Nach welcher Zeit hat sie die Geschwindigkeit 65, 0 km
h erreicht?
t  24,1s
3.
Ein Porsche fährt mit einer Geschwindigkeit von 100 km
h . Innerhalb von 3, 0s kann das
Fahrzeug komplett abgebremst werden. Berechne seine Verzögerung.
a  9,3 sm2
4.0
4.1
Der Ferrari von Michael Schumacher beschleunigt in 2,81s von 0 auf 100 km
h .
Welche Strecke legt er dabei zurück?
v  t   at  v0  a 
km
100 : 3, 6  ms  9,89 m
v  v0 100 km
h 0 h


s2
t
2,81s
2,81s
x(t)  x 0  v0 t  12 at 2  12 at 2
0
0
x(2,81s)   9,89 ms   2,81s   39,0 m
1
2
4.2
2
2
Welche Strecke legt er zurück, wenn er sein Fahrzeug mit einer Verzögerung von
12, 0 sm2 von 100 km
h auf 0 abbremst?
100 : 3, 6  ms 

v02
v  v  2ax  x  

 32, 2 m
2a
2  12, 0 sm2
0
2
2
2
0
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

1
5.0
5.1
Eine U-Bahn fährt mit einer konstanten Beschleunigung von 0,8 sm2 an. Die Zeitzählung
beginnt bei der Ortsmarke Null.
Gib die Zeit-Orts-Funktion, die Zeit-Geschwindigkeits-Funktion und die ZeitBeschleunigungsfunktion für die Bewegung an.

x(t)  x 0  v0 t  12 at 2  12 at 2
x(t)  0, 4 sm2  t 2
0
0

v(t)  a  t  v0  a  t
v(t)  0,8 sm2  t
0
a(t)  0,8 sm2
5.2
Zeichne das t-x-Diagramm, das t-v-Diagramm und das t-a-Diagramm für 0  t  5s .
v / ms
a / sm2
6.0
6.1
Ein Körper wird aus der Ruhe in 2,0 min mit konstanter Beschleunigung auf die
Geschwindigkeit 12 ms gebracht.
Stellen Sie die Bewegungsgleichungen auf und berechnen Sie den bis dahin
zurückgelegten Weg.
Anschließend fährt der Körper mit konstanter Geschwindigkeit weiter.
Es gilt: a 
v 12 ms  0 ms

 0,10 sm2  a1  t   0,10 sm2
t 120s  0s
v1  t   0,10 sm2  t
x1  t   0,05 sm2  t 2
x1 120s   0,05 sm2  120s   720 m
2
6.2
Stellen Sie für die Bewegung mit konstanter Geschwindigkeit die entsprechenden
Bewegungsgleichungen auf.
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2
a2  t   0
v2  t   12 ms
x 2  t   12 ms  t  720 m
6.3
Berechnen Sie den Weg, den der Körper nach einer Gesamtfahrzeit von 5,0min
zurückgelegt hat.
x 2 180s   12 ms 180s  720 m  2,88km
6.4
Zeichnen Sie zu diesen beiden Bewegungsvorgänge  0  t  5,0 min  das ZeitBeschleunigungs-Diagramm, das Zeit-Geschwindigkeits-Diagramm und das Zeit-OrtsDiagramm.
x in m
a in
m
s2
t in min
v in
m
s
t in min
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t in min
3
7.0
7.1
Ein Zug fährt an. Die Abhängigkeit
seiner mittleren Beschleunigung von der
Zeit gibt folgendes Diagramm an.
Berechne die Geschwindigkeiten, die der
Zug nach 20s, 60s und 80s hat, und
zeichne auch das t-v-Diagramm.
a in
m
s2
Es gilt: v  t   a  t  v0
v  20s   20s  0, 4
m
s2
 8,0
t in s
m
s
v  60s    60s  20s   0,1 sm2  8,0 ms  12 ms
v 80s   80s  60s   0 sm2  12 ms  12 ms
v in
m
s
t in s
7.2
Berechne mithilfe des t-v-Diagramms den zurückgelegten Weg für die gleichen
Zeitpunkte.
Es gilt: Den zurückgelegten Wert erhält man durch Flächenberechnung
x1  12  20s  8 ms  80 m
x 2  12  4 ms  40s  8,0 ms  40s  400m
x3  20s 12 ms  240 m
x G  80m  400m  240m  720m
8.
Beim Abschuss eines Geschosses tritt eine mittlere Beschleunigung von a  4,5 105 sm2
auf. Das Geschoss wird auf einem x  80cm langen Weg beschleunigt. Berechne die
Endgeschwindigkeit in km
h , die das Geschoss nach dieser Beschleunigungsstrecke hat,
und die dazu benötigte Zeit.
v0  0
v 2  v02  2ax  v 2  2ax  v  2ax
v  2  4,5 105 sm2  0,80 m  8,5 102
m
s
3,1 103 km
h
x(t)  x 0  v0 t  12 at 2  x(t)  12 at 2  t 
0
0
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2x
2  0,80 m

 1,9 103 s
5 m
a
4,5 10 s2
4
9.0
9.1
Zeichne das t-x-, t-v- und t-a-Diagramm im Zeitintervall 0  t  5s für eine Bewegung
mit der konstanten
Geschwindigkeit von 5 ms
x in m
v in
m
s
a in
m
s2
t in s
t in s
t in s
9.2
Beschleunigung 0,8 sm2 und der Anfangsgeschwindigkeit 5 ms
x in m
v in
m
s
a in
m
s2
t in s
t in s
t in s
9.3
Verzögerung 0,8 sm2 und der Anfangsgeschwindigkeit 5 ms
x in m
v in
m
s
a in
m
s2
t in s
t in s
t in s
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5
10.
Ein Wagen wird gleichmäßig abgebremst und durchfährt dabei in 20s eine Strecke von
0, 46km Länge; er hat dann die Geschwindigkeit 18 ms . Berechne die
Anfangsgeschwindigkeit und die Beschleunigung des Wagens
x(t)  12 at 2  v0 t  x 0
0
v  t   at  v0
In jeder Gleichung hat man zwei Unbekannte (Gleichungssystem, zwei Gleichungen mit
zwei Unbekannten  Mathematik!)
Man löst eine Gleichung nach einer Unbekannten auf
v  t   at  v0  v0  v  at
und setzt dies in die zweite Gleichung ein.
x(t)  12 at 2   v  at  t
x  12 at 2  vt  at 2
x   12 at 2  vt
2
1
2 at  vt  x
a
a
2  vt  x 
t2
2 18 ms  20s  460 m 
 20s 
und dies nun wieder in die erste Gleichung:
2

 0,50 sm2

v0  v  at  18 ms  0,50 sm2  20s  28 ms
11.
km
Ein Pkw wird von der Geschwindigkeit 65 km
h auf 5, 0 h gleichmäßig abgebremst; er
legt dabei eine Strecke von 30m zurück. Berechne die Bremsdauer.
v2  v02  5, 0 : 3, 6 ms    65, 0 : 3, 6 ms 
v  v  2ax  a 

 5, 40 sm2
2x
2  30 m
m
v  v0  5, 0 : 3, 6 s    65, 0 : 3, 6 ms 
v  t   at  v0  t 

 3,1s
a
5, 40 sm2
2
2
2
2
0
12.0 Gegeben ist folgendes t-v-Diagramm
12.1 Erkläre aus dem t-v-Diagramm den
Bewegungsablauf
12.2 Zeichne nach Berechnung geeigneter Werte der
Beschleunigung das t-a-Diagramm.
12.3 Zeichne nach Berechnung geeigneter Werte des
Ortes das t-x-Diagramm für x(0)  0
v / ms
t/s
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6
13
Der kleine Schumi katapultiert seinen BMW vom Start aus mit einer Beschleunigung
von 11, 0 sm2 auf eine Geschwindigkeit von 38,5 ms . Um in die erste Kurve einzufahren
muss er aber sein Auto auf eine Geschwindigkeit von 90 km
abbremsen. Für diesen
h
Bremsvorgang benötigt er lediglich 50,0 Hundertstel Sekunden. Er fährt nun 1, 60s lang
mit konstanter Geschwindigkeit durch die Kurve. Am Ende der Kurve beschleunigt er
sein Fahrzeug auf einer Strecke von 250m , bis er eine Geschwindigkeit von 270, 0 km
h
erreicht hat. Aufgrund eines auf der Rennstrecke stehenden Zuschauers verzögert er
seinen Boliden mit 25, 0 sm2 bis er zum Stillstand kommt.
13.1 Welche Strecke vom Start aus hat Klein-Schumi zurückgelegt, wenn er genau vor dem
Zuschauer zum Stehen kommt?
13.2 Wie lange hat, bis zum Stillstand seines Fahrzeuges das Rennen gedauert?
13.3 Zeichne für den Rennverlauf ein t-a, ein t-v und ein t-x-Diagramm.
14.
Ein Radfahrer mit einer Geschwindigkeit von 18 km
h überholt ein parkendes Auto.
a) Sofort
b) 15s später
fährt das Auto mit einer Beschleunigung von 0, 70 sm2 an.
Nach welcher Zeit und mit welcher Geschwindigkeit überholt das Auto den Radfahrer?
Welche Strecke hat das Auto bis dahin zurückgelegt? Kontrolliere die Berechnung im
Zeit-Ort-Diagramm.
15.
Ein Stein wird von einem 100m hohen Turm fallen gelassen. Wie groß ist seine Fallzeit
und welche Geschwindigkeit hat er bei seinem Aufprall?
Wählt man als Bezugsniveau die Erdoberfläche, dann gilt:
h(t)  h 0  12 gt 2 und v(t)  gt
Für die Fallzeit t Fall gilt:
h(t Fall )  h 0  12 gt 2Fall  0 
1
2
gt 2Fall  h 0  t Fall 
2h 0
2 100 m

 4,52s
g
9,81 sm2
Für die Aufprallgeschwindigkeit v A gilt:
2h 0
  2h 0g   2 100 m  9,81 sm2  44,3 ms
g
Das Minuszeichen sagt aus, dass die Geschwindigkeit nach unten gerichtet ist.
Der Betrag der Aufprallgeschwindigkeit beträgt somit: vA  44,3 ms .
vA  v(t Fall )  gt Fall  g 
16.
Ein Stein wird aus einer Höhe von 50m fallen gelassen. Um wie viele Sekunden später
muss man einen zweiten Stein aus einer Höhe von 25m fallen lassen, damit beide zur
gleichen Zeit auf dem Boden aufschlagen?
Für den freien Fall gilt: h(t)  h 0  12 gt 2
2
h(t Fall )  h 0  12 gt Fall
 0  t Fall 
2h 0
g
Für die Fallzeit t1 aus einer Höhe von h 0  50 m gilt: t1 
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2  50 m
 3, 2s
9,81 sm2
7
Für die Fallzeit t 2 aus einer Höhe von h 0  25m gilt: t1 
2  25 m
 2,3s
9,81 sm2
Da t1  t 2 muss man den zweiten Stein aus einer Höhe von 25m um
t  t1  t 2  3, 2s  2,3s  0,9s später fallen lassen.
17.
Ein Stein wird mit einer Geschwindigkeit von 8, 0 ms senkrecht nach oben geworfen.
Wie hoch steigt der Stein und wie lange benötig er dazu? Wie lange benötigt der Stein
bis er wieder auf dem Boden aufschlägt? Mit welcher Geschwindigkeit schlägt er auf
dem Boden auf?
Für die Steigzeit t Steig gilt:
v(t Steig )  v0  gt Steig  0  t Steig 
v0 8, 0 ms

 0,82s
g 9,81 sm2
Daraus erhält man nun die maximale Flughöhe h max :
v 
v
v2 8, 0 ms 
 v0 0  12 g  0   0 
 3,3m
m
g
 g  2g 2  9,81 s2
2
2
h max  h(t Steig )  v0 t Steig  gt
1
2
2
Steig
Für die komplette Flugzeit t Flug gilt: t Flug  2  t Steig  2 
8, 0 ms
v0
 2
 1, 6s
g
9,81 sm2
Die Aufprallgeschwindigkeit beträgt vA  v0  8,0 ms
18.
Ein Stein wird mit einer Geschwindigkeit von 6,5 ms nach oben geworfen. Gleichzeitig
wird ein zweiter Stein von einem Turm fallen gelassen. Wie hoch muss der Turm sein,
damit beide zur gleichen Zeit auf den Boden aufprallen?
Die Flugzeit eines Steins beim senkrechten Wurf noch oben erhält man aus der Lösung
der Gleichung
h  t   v0 t  12 gt 2  0
t   v0  12 gt   0
1. Lösung: t 0  0 (das ist der Startzeitpunkt)
2. Lösung: v0  12 gt  0  t1 
2v0 2  6,5 ms

 1,3s
g
9,81 sm2
Die Flugzeit t1  1,3s entspricht nun genau der Fallzeit eines Steins beim freien Fall aus
der Höhe h 0 :
2v02
h(t1 )  h 0  gt  0  h 0  gt 
 8, 6 m
g
1
2
19.
2
1
1
2
2
1
Ein Stein wird aus einer Höhe von 75m mit einer Geschwindigkeit von 18, 0 km
h
senkrecht nach unten geworfen. Mit welcher Geschwindigkeit trifft der Stein auf dem
Boden auf und wie lange dauert der Fall?
Es handelt sich hier um einen freien Fall mit der Anfangsgeschwindigkeit
m
v0  18,0 km
h  5,0 s .
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8
Für die Zeit-Orts-Funktion gilt: h(t)  h 0  v0 t  12 gt 2
Die Flugzeit t Flug erhält man durch lösen der Gleichung:
h(t)  h 0  v0 t  12 gt 2  0
t 12 
 v0  v02  2gh 0
t Flug 
g
v0
v02  2gh 0
g


v0
v02  2gh 0
g
5, 0 ms
 5, 0 ms 
2
9,81
 2  9,81 sm2  75m
m
s2
 4,5s 

 3, 4s
Für die Zeit-Geschwindigkeits-Funktion gilt: v(t)  v0  gt
Berücksichtigt man, dass die Abwurfgeschwindigkeit v 0 nach unten zeigt, also
v0  5,0 ms .
Dann folgt für die Aufprallgeschwindigkeit v A :
vA  v(t Flug )  v0  gt Flug  5,0 ms  9,81 sm2  3, 43s  39 ms
20.
Ein Stein prallt nach 1, 75s Fallzeit mit einer Geschwindigkeit von 12, 0 ms auf den
Boden auf. Aus welcher Höhe und mit welcher Anfangsgeschwindigkeit wurde der
Stein geworfen?
Aus der Zeit-Geschwindigkeits-Funktion v(t)  v0  gt folgt dann für den Zeitpunkt des
Aufpralls auf den Boden:
v(t Fall )  v0  gt Fall  vA  v0  vA  gt Fall  12,0 ms  9,81 sm2 1,75s  5,17 ms
D.h. der Körper wird mit einer Geschwindigkeit von 5,17 ms nach oben weggeworfen.
Die Fallhöhe h 0 erhält man aus der Zeit-Orts-Funktion h(t)  h 0  v0 t  12 gt 2 :
h(t Fall )  h 0  v0 t Fall  12 gt 2Fall  0  h 0  12 gt 2Fall  v0 t Fall
h 0  12  9,81 sm2  1,75s   5,17 ms 1,75s  5,97 m
2
21.
Ein Stein wird senkrecht nach oben geworfen. Nach 3, 40s fällt er wieder auf den
Boden. Wie hoch ist der Stein geflogen? Mit welcher Geschwindigkeit wurde er
senkrecht nach oben geworfen?
Die Abwurfgeschwindigkeit erhält man aus der Zeit-Geschwindigkeits-Funktion
v(t)  v0  gt , denn es gilt:
v(t Steig )  v( 12 t Flug )  v0  12 gt Flug  0  v0  12 gt Flug
v0  12  9,81 sm2  3, 40s  16,7 ms
Die maximale Flughöhe h max hat der Stein nach der Steigzeit t Steig  12 t Flug erreicht:
h(t)  v0 t  12 gt 2
2
2
2
h max  h(t Steig )  h( 12 t Flug )  12 v0 t Flug  12 g  12 t Flug   14 gt Flug
 81 gt Flug
 81 gt Flug
2
h max  18  9,81 sm2   3, 40s   14, 2 m
2
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9
22.
Man lässt einen Stein in einen Brunnen fallen. Nach 3, 00s hört man den Aufprall. Wie
tief ist der Brunnen? (Schallgeschwindigkeit vS  331 ms )
t F  tS  t
freier Fall
Schall
h  t F    12 gt F2  h

h  12 gt 2F
tF
1
Tiefe h
h  t S   vS t S  h
 2
tS
Da nun der Fallweg des Steines gleich dem Schallweg entspricht setzt man die beiden
obigen Gleichungen gleich.
2
1
2 gt F  vS t S
gt 2F  vS  t  t F 
2
1
2 gt F  vS t  vS t F
2
1
2 gt F  vS t F  vS t  0
Setzt man die Zahlenwerte ein, so erhält man die Gleichung:
2
1
m
m
m
2  9,81 s 2  t F  331 s  t F  331 s  3, 0s  0
1
2
4,905 sm2  t 2F  331 ms  t F  993m  0
Durch lösen dieser quadratischen Gleichung erhält man:
331 ms 
 331 ms 
2
 4  4,905 sm2   993m 
331 ms  359, 2 ms  2,87s

2
2  4,905 sm2
9,81 sm2
 70, 4s 
Da nur die positive Lösung physikalisch sinnvoll ist, gilt für die Fallzeit:
t F  2,87s
Eingesetzt in die Gleichung (1) erhält man die Tiefe h des Brunnens:
2
h  12 gt 2F  12  9,81 sm2   2,87s   40, 4 m
t F1 
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
10
23.0 Höhlenforscher kommen gelegentlich in Situationen, wo sie an einem Abbruch stehen
und sich vor ihnen eine gähnende Leere auftut, die mit den mitgeführten Taschenlampen
nicht ausleuchtbar ist. Hier besteht die Möglichkeit, Steine in die Tiefe fallen zu lassen
und die Zeit t zwischen dem Auslassen des Steines um dem hörbaren Aufschlag des
Steines zu stoppen.
23.1 Zeige, dass die Formel zur Berechnung der Tiefe h solcher Höhlenabschnitte die Form
v
hat: h  S  vS  gt  vS2  2gvS t
g


t F  tS  t
freier Fall
Schall
h  t F    12 gt  h
2
F

h  12 gt 2F
tF
1
h  t S   vS t S  h
Tiefe h
 2
tS
Da nun der Fallweg des Steines gleich dem Schallweg entspricht setzt man die beiden
obigen Gleichungen gleich.
2
1
2 gt F  vS t S
gt 2F  vS  t  t F 
2
1
2 gt F  vS t  vS t F
2
1
2 gt F  vS t F  vS t  0
Durch lösen dieser quadratischen Gleichung erhält man:
1
2
t F1 
 vS  vS2  2gvS t
g
2
Die physikalisch sinnvolle Lösung ist:
 vS  vS2  2gvS t
g
Diese setzt man nun in  2  ein und erhält:
tF 
  v  v 2  2gv t  v
S
S
  S gt  vS  vS2  2gvS t
h 0  vS t S  vS  t  t F   vS  t  S

 g
g


v
h 0  S vS  gt  vS2  2gvS t
g




23.2 Berechne die Tiefe h des senkrechten Absturzes , wenn zwischen dem Loslassen und
dem hörbaren Aufschlagen des Steines t  2,9s verstreichen und eine
Schallgeschwindigkeit von vS  331 ms angenommen wird.
h0 
331 ms 
m
m
 331 s  9,81 s2  2,9s 
9,81 sm2 
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331 ms 
2
 2  9,81 sm2  331 ms  2,9s   38m

11
24.
Ein Stein wird aus einer Höhe von 10,0m mit einer Geschwindigkeit von 5, 0 ms
waagrecht weggeworfen. In welcher Entfernung, vom Fußpunkt der Abwurfstelle aus,
trifft der Stein auf dem Boden auf. Wie langer benötigt er für seinen Flug und mit
welcher Geschwindigkeit und mit welchem Aufprallwinkel trifft der Stein auf dem
Boden auf?
Bewegung in x-Richtung: x  t   v0  t
Bewegung in y-Richtung: y  t   h 0  12 gt 2 und v y  t   gt
Die Flugzeit t Flug entspricht der Fallzeit t Fall des freien Falls. Somit gilt:
y  t Flug   0
2
h 0  12 gt Flug
0
t Flug 
2h 0
g
t Flug 
2 10, 0 m
 1, 43s
9,81 sm2
Die Entfernung vom Fußpunkt der Abwurfstelle entspricht der Wurfweite x W . Für diese
gilt:
x W  x  t Flug 
x W  v0  t Flug
x W  5, 0 ms 1, 43s  7, 2 ms
Für die Geschwindigkeit, mit welcher er in y-Richtung auf dem Boden auftritt gilt:
v y  v y  t Flug 
v y  g  t Flug
v y  9,81 sm2 1, 43s  14, 0 ms
Somit folgt für die Aufprallgeschwindigkeit v eff :
veff  v02  v 2y
veff 
 5, 0 ms    14, 0 ms 
2
2
 15 ms
und für den Aufprallwinkel  :
tan  
25.
vy
v0

14, 0 ms
   70
5, 0 ms
Ein Wasserstrahl tritt waagrecht aus einem Wasserschlauch aus, der sich in einer Höhe
von 1,5m befindet. Das Wasser spritzt dabei 8,5m weit. Mit welcher Geschwindigkeit
tritt es aus dem Wasserschlauch aus? Unter welchem Winkel trifft es auf die
Erdoberfläche?
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Es gilt: h  t Flug   h 0  12 gt 2Flug  0  t Flug 
und x  t Flug   v0  t Flug  x W  v0 
2h 0
2 1,5m

 0,553s
g
9,81 sm2
xW
8,5m

 15, 4 ms
t Flug 0,553s
v y  g  t Flug  9,81 sm2  0,553s  5, 42s
tan  
vy
v0

5, 42 ms
   19
15, 4 ms
26.0 Auf die Insel Biyadoo, auf den Malediven, soll ein lebensnotwendiges Medikament
geliefert werden. Da die Insel sehr klein und auch sehr abgelegen ist wird der Transport
von einem Versorgungsflugzeug übernommen. Das Medikament soll dabei so
abgeworfen werden, dass es nicht ins Wasser fällt.
Der Pilot erinnert sich, dass es da eine kleine Nachbarinsel mit dem Namen Villivaru
gibt, die 250m weit von Biyadoo entfernt ist. Er beabsichtigt nun die Fracht direkt über
dieser Nachbarinsel so abzuwerfen, dass sie direkt auf Biyadoo ankommt. Doch er weis
nicht recht in welcher Höhe er fliegen muss.
26.1 In welcher Höhe muss er fliegen, wenn die Fluggeschwindigkeit 144 km
beträgt?
h
(Mögliches Zwischenergebnis: h  200m )
26.2 Wie groß ist die Aufprallgeschwindigkeit und der Aufprallwinkel?
27.0 Ein Porschefahrer fährt auf der Autobahn mit einer Geschwindigkeit von 108 km
h .
Ein Vorrausfahrendes Auto beginnt plötzlich zu bremsen.
27.1 Wie groß ist der Reaktionsweg, denn der Fahrer in der sogenannten Schrecksekunde
zurücklegt?
27.2 Wie groß ist sein Anhalteweg, wenn er sein Fahrzeug mit einer durchschnittlichen
Verzögerung von 9,1 sm2 abbremst?
28.0 Anhalteweg  Reaktionsweg  Bremsweg
28.1 Zeige: Im Vergleich zu einer Fahrt mit der Geschwindigkeit von 50 km
h verdoppelt sich
km
bei 70 h der Bremsweg.
km
28.2 Wo der 50 km
h -Fahrer zum Stehen kommt, fährt der 70 h -Fahrer noch mit welcher
Geschwindigkeit?
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Ergänzende Aufgaben:
29.0 Das folgende t-v-Diagramm zeigt die Bewegung von vier Autos.
v in
m
s
4
3
2
1
t in s
29.1 Welche der folgenden Aussagen sind richtig. Begründen Sie kurz ihre Antwort.
 Jedes Fahrzeug hat die gleiche Anfangsgeschwindigkeit.
 Die Fahrzeiten der Fahrzeuge sind gleich.
 Die Geschwindigkeit nimmt in allen vier Fällen ab.
 Jede Bewegung ist eine gleichmäßige Verzögerung.
29.2 Begründen Sie zunächst ohne Rechnung, welches Fahrzeug den kürzesten Bremsweg
hat. Berechnen Sie den Bremsweg der vier Fahrzeuge.
30.0 Ein Körper wird aus der Höhe h 0 fallen gelassen.
30.1 Zeigen Sie, dass dieser Körper die erste Hälfte der Strecke in einer Zeit von t1 
h0
g
zurücklegt.
Für den freien Fall gilt: h(t)  h 0  12 gt 2
Für die Flugzeit t1 der ersten hälfte der Strecke h 0 gilt dann:
h(t1 )  h 0  12 gt12  12 h 0 
1
2
gt12  12 h 0  t12 
h0
h0
 t1 
g
g
30.2 Ermitteln Sie, welchen prozentualen Anteil die Flugzeit der zweiten Hälfte der Strecke
in Bezug auf die gesamte Fallzeit ausmacht.
2h 0
2h 0
 tF 
g
g
Somit folgt für den prozentualen Anteil der Flugzeit t 2 der zweiten Hälfte der Strecke:
Für die Fallzeit t F gilt: h(t F )  h 0  12 gt F2  0 
t 2 t F  t1
t

 1 1  1
tF
tF
tF
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ho
g
2h 0
g
 1
ho
g
2
h0
g
 1
1
2
gt F2  h 0  t F2 
1
 1  12 2  29,3%
2
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