Kinematik¶

Bewegungen mit konstanter Geschwindigkeit¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Bewegungen mit konstanter Geschwindigkeit.

Eindimensionale Bewegungen mit konstanter Geschwindigkeit

Alle Teil-Aufgaben können mittels der Formel $v = \frac{\Delta s}{\Delta t}$ beziehungsweise $\bar{v} = \frac{\Delta s_{\mathrm{ges}}}{\Delta t_{\mathrm{ges}}}$ berechnet werden:
- Der Läufer legt eine Wegstrecke von $\Delta s_{\mathrm{ges}} = \unit[8,0]{km}$ in einer Zeitspanne von $\Delta t_{\mathrm{ges}} = \unit[0,5]{h}$ zurück. Somit beträgt seine Durchschnittsgeschwindigkeit:
  
  $\bar{v} = \frac{\Delta s_{\mathrm{ges}}}{\Delta t_{\mathrm{ges}}} = \frac{\unit[8,0]{km}}{\unit[0,5]{h}} = \unit[16]{\frac{km}{h}}$
- Der Radfahrer legt kontinuierlich $\Delta s = \unit[36]{m}$ in $\Delta t = \unit[6]{s}$ zurück. Seine Geschwindigkeit beträgt damit:
  
  $v = \frac{\Delta s}{\Delta t} = \frac{\unit[36]{m}}{\unit[6]{s}} = \unit[6]{\frac{m}{s}} = \unit[21,6]{\frac{km}{h}}$
  
  Bei der letzten Umrechnung wurde verwendet, dass $\unit[1]{\frac{m}{s}} = \unit[3,6]{\frac{km}{h}}$ ist.
- Der Weltrekord-Läufer legt $\Delta s_{\mathrm{ges}}=\unit[100]{m}$ in $\Delta t_{\mathrm{ges}} = \unit[9,58]{s}$ zurück. Für seine Durchschnittsgeschwindigkeit gilt damit:
  
  $\bar{v = \frac{\Delta s_{\mathrm{ges}}}{\Delta t_{\mathrm{ges}}}} = \frac{\unit[100]{m}}{\unit[9,58]{s}} \approx \unit[10,44]{\frac{m}{s}} \approx \unit[37,58]{\frac{km}{h}}$
- Der Zug legt $\Delta s_{\mathrm{ges}} = \unit[245]{km}$ in einer Zeit von Zeit $\Delta t_{\mathrm{ges}} = \unit[3,5]{h}$ zurück. Somit ergibt sich:
$\bar{v} = \frac{\Delta s_{\mathrm{ges}}}{\Delta t_{\mathrm{ges}}} = \frac{\unit[245]{km}}{\unit[3,5]{h}} = \unit[70]{\frac{km}{h}}$
- Um die Wegstrecke zu berechnen, die das Auto in einer Sekunde zurücklegt, muss man die in $\unitfrac{km}{h}$ angegebene Geschwindigkeit in $\unitfrac{m}{s}$ umrechnen:
  
  $\unit[1]{\frac{km}{h} } = \unit[\frac{1}{3,6} ]{\frac{m}{s}} \quad \Rightarrow \quad v = \unit[108]{\frac{km}{h}} = \unit[\frac{108}{3,6}]{\frac{m}{s}} = \unit[30]{\frac{m}{s}}$
  
  In einer Sekunde legt das Auto somit $\unit[30]{m}$ zurück. Die Strecke, die das Fahrzeugt in einer Minute $(\unit[60]{s})$ zurück legt, ist das $60$ -fache dieser Strecke, also $\unit[1\,800]{m} = \unit[1,80]{km}$ .
- Um die Zeit zu berechnen, die man bei einer Geschwindigkeit von $v=\unitfrac[5,0]{km}{h}$ für eine Strecke von $s= \unit[800]{m}$ benötigt, muss die Geschwindigkeit wiederum in $\unitfrac{m}{s}$ umgerechnet werden:
  
  $v = \unit[5,0]{\frac{km}{h}} = \unit[\frac{5,0}{3,6}]{\frac{m}{s}} = \unit[1,39]{\frac{m}{s}}$
  
  Löst man nun die Formel $v = \frac{\Delta s}{\Delta t}$ nach $\Delta t$ auf und setzt die obigen Werte ein, erhält man:
  
  $v &= \frac{\Delta s}{\Delta t} \quad \Leftrightarrow \quad \Delta t = \frac{\Delta s}{v} \\[6pt] \Delta t &= \frac{\unit[800]{m}}{\unit[1,39]{\frac{m}{s} }} \approx \unit[576]{s}$
  
  Man benötigt somit etwa $576$ Sekunden (das entspricht rund $\unit[9,6]{min}$ ).
- Um die benötigte Zeit zu berechnen, die das Licht von der Sonne bis zur Erde benötigt, muss die Geschwindigkeitsformel $v = \frac{\Delta s}{\Delta t}$ wieder nach der Zeitdauer $\Delta t$ aufgelöst werden:
  
  $v = \frac{\Delta s}{\Delta t} \qquad \Leftrightarrow \qquad \Delta t = \frac{\Delta s}{v}$
  
  Die Strecke, die das Licht von der Sonne bis zur Erde zurücklegt, beträgt $\Delta s = \unit[150\,000\,000]{km}$ . Die Geschwindigkeit des Lichts liegt bei $\unitfrac[300 000]{km}{s}$ . Eingesetzt ergibt sich:
  
  $\Delta t = \frac{\Delta s}{v} = \frac{\unit[150\,000\,000]{km}}{\unit[300\,000]{\frac{km}{s} }} = \unit[500]{s}= \unit[8]{min} \, \unit[20]{s}$
  
  Das Licht benötigt für seinen Weg zur Erde somit etwas mehr als $8$ Minuten.
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Um den vom Schall zurückgelegten Weg zu berechnen, muss die Geschwindigkeitsformel $v = \frac{\Delta s}{\Delta t}$ nach der Wegstrecke $\Delta s$ aufgelöst werden:

$v = \frac{\Delta s}{\Delta t} \qquad \Leftrightarrow \qquad \Delta s = v \cdot \Delta t$

Die Zeit, welche der Schall auf seinem Weg zur Felswand und zurück benötigt, ist gleich $\Delta t = \unit[5]{s}$ . Die Schallgeschwindigkeit in Luft beträgt $v = \unitfrac[330]{m}{s}$ . Eingesetzt ergibt sich:

$\Delta s = v \cdot \Delta t = \unit[330]{\frac{m}{s} } \cdot \unit[5]{s} = \unit[1650]{m}$

Die Gesamtstrecke, welche der Schall auf dem Hin- und Rückweg durchläuft, beträgt $\unit[1650]{m}$ . Die Entfernung der Felswand vom Wanderer ist gleich der Hälfte dieser Strecke, also rund $\unit[0,8]{km}$ .

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Je nach Betrachtungsweise sind zwei Aussagen möglich:
1. Der Fahrgast ändert, genauso wie der Zug, seine Lage gegenüber dem Bahnhofsgebäude (als feststehend angenommen). Der Fahrgast ist in Bewegung.
2. Der Fahrgast ändert nicht seine Lage gegenüber dem Abteil, in dem er sitzt. Der Fahrgast ist in Ruhe gegenüber dem Abteil.
Übrigens soll Albert Einstein einmal einen Schaffner gefragt haben: „Wann hält denn Ulm an diesem Zug?“

Die Wahl eines Bezugpunktes, gegenüber dem die weiteren Bewegungen beschrieben werden, ist frei und ändert nichts an den physikalischen Gesetzmäßigkeiten. Wir nehmen beispielsweise gerne auf der Erde ‚ruhende‘ Objekte als feste Bezugspunkte an, obwohl sich die Erde selbst mit ca. $\unitfrac[30]{km}{s}$ um die Sonne bewegt!

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Wenn das Fahrzeug einen Läufer einholt, so ist die gleichbedeutend damit, dass zu diesem Zeitpunkt beide die gleiche Wegstrecken zurückgelegt haben, also $\Delta s_{\mathrm{F}} = \Delta s_{\mathrm{L}}$ ist.

Bis das Fahrzeug nach $\Delta t = \unit[30]{min} = \unit[0,5]{h}$ startet, hat sich der Läufer mit $v_{\mathrm{L}} = \unitfrac[15]{km}{h}$ einen „Vorsprung“ von $\unitfrac[15]{km}{h} \cdot \unit[0,5]{h} = \unit[7,5]{km}$ erkämpft. Für den Treffpunkt muss damit gelten:

$\Delta s_{\mathrm{F}} &= \Delta s_{\mathrm{L}} \\ v_{\mathrm{F}} \cdot \Delta t &= v_{\mathrm{L}} \cdot \Delta t + \unit[7,5]{km} \\$

Hierbei bezeichnet $\Delta t$ die Zeit, die ab dem Start des Fahrzeugs vergeht. Die Gleichung enthält nur $\Delta t$ als unbekannte Größe und kann somit unmittelbar aufgelöst werden:

$v_{\mathrm{F}} \cdot \Delta t - v_{\mathrm{L}} \cdot \Delta t &= \unit[7,5]{km} \\ (v_{\mathrm{F}} - v_{\mathrm{L}}) \cdot \Delta t &= \unit[7,5]{km} \\$

$\Delta t &= \frac{\unit[7,5]{km}}{v_{\mathrm{F}} - v_{\mathrm{L}}} = \frac{\unit[7,5]{km}}{\unit[(35-15)]{\frac{km}{h}}} = \unit[0,375]{h}\\$

Das Fahrzeug ist bis zum Treffpunkt $\Delta t = \unit[0,375]{h}$ unterwegs, bis es den Läufer einholt. In dieser Zeit legt es folgende Wegstrecke zurück:

$\Delta s = v_{\mathrm{F}} \cdot \Delta t = \unit[35]{\frac{km}{h}} \cdot \unit[0,375]{h} = \unit[13,125]{km}$

In dieser Entfernung vom Startpunkt treffen sich der Läufer und das Fahrzeug also; der Läufer war insgesamt $\unit[(0,5 + 0,375)]{h} = \unit[0,875]{h}$ unterwegs.

Alternativ kann die Aufgabe auch mittels einer anders formulierten Bedingung für den Treffpunkt gelöst werden. Da das Fahrzeug immer eine konstante Geschwindigkeit hat und erst nach einer halben Stunde startet, könnte es ebenso zeitgleich starten, aber von einer Stelle aus, die sich $\unitfrac[35]{km}{h} \cdot \unit[0,5]{h} = \unit[17,5]{km}$ vor dem Startpunkt befindet. Die Gleichung für den Treffpunkt kann also gleichwertig folgendermaßen formuliert werden:

$s_{\mathrm{F}} &= s_{\mathrm{L}} \\ v_{\mathrm{F}} \cdot t - \unit[17,5]{km} &= v_{\mathrm{L}} \cdot t \\$

Hierbei bezeichnet $t$ die insgesamt verstrichene Zeit, da beide Fahrzeuge zum gleichen Zeitpunkt starten. Die Gleichung kann wiederum nach $t$ aufgelöst werden, man erhält dabei $t=\unit[0,875]{h}$ .

Eine dritte Lösungsmöglichkeit liegt darin, bei der Formulierung der Gleichung für den Treffpunkt die unterschiedlichen Startzeiten zu berücksichtigen. Eine so aufgestellte Gleichung lautet;

$v_{\mathrm{F}} \cdot (t - \unit[0,5]{h}) &= v_{\mathrm{L}} \cdot t$

Bei dieser Formulierung wird berücksichtigt, dass das Fahrzeug insgesamt um $\Delta t = \unit[30]{min} = \unit[0,5]{h}$ weniger lang unterwegs ist. Löst man die Gleichung nach $t$ auf, erhält man wiederum $t= \unit[0,875]{h}$ als Ergebnis.

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Der Treffpunkt $s_{\mathrm{T}}$ beider Fahrzeuge lässt sich bestimmen, indem man die jeweiligen Ortsfunktionen aufstellt gleichsetzt. Wählt man ein Koordinatensystem so, dass der Ort $\mathrm{A}$ mit dem Koordinatenursprung zusammenfällt und bezeichnet man die Richtung von $\mathrm{A}$ nach $\mathrm{B}$ als „positiv“, so lauten die Ortsfunktionen der beiden Fahrzeuge:

$s_1 &= v_1 \cdot t \\ s_2 &= - v_2 \cdot t + s_0$

Die Geschwindigkeit des zweiten Fahrzeugs wird dabei negativ gewertet, da sie in die entgegengesetzte Richtung verläuft. Treffen sich beide Fahrzeuge, so ist $s_1 = s_2$ , und damit:

$v_1 \cdot t &= -v_2 \cdot t + s_0 \\ \Rightarrow v_1 \cdot t + v_2 \cdot t &= s_0$

In dieser Gleichung kann auf der linken Seite $t$ ausgeklammert werden. Man erhält damit für die Zeit des Treffpunkts:

$t \cdot (v_1 + v_2) = s_0 \quad \Leftrightarrow \quad t = \frac{s_0}{v_1 + v_2}$

Setzt man die gegebenen Werte $v_1 = \unitfrac[30,0]{km}{h}$ , $v_2 = \unitfrac[50,0]{km}{h}$ und $s_0 = \unit[100]{km}$ in die obige Gleichung ein, so erhält man:

$t = \frac{s_0}{v_1 + v_2} = \frac{\unit[100]{km}}{\unit[30,0]{\frac{km}{h}} + \unit[50,0]{\frac{km}{h}}} = \unit[1,25]{h}$

Beide Fahrzeuge treffen sich also nach $t=\unit[1,25]{Stunden}$ . Um die Entfernung $s$ zu bestimmen, die beide Fahrzeuge zu diesem Zeitpunkt vom Korrdinatenursprung (dem Ort $\mathrm{A}$ ) haben, kann man diese Zeit in die Gleichung $s_1 = v_1 \cdot t$ einsetzen und erhält:

$s = v_1 \cdot \unit[1,25]{h} = \unit[30,0]{\frac{km}{h}} \cdot \unit[1,25]{h} = \unit[37,5]{km}$

Beide Fahrzeuge treffen sich somit $s=\unit[37,5]{km}$ vom Ort $\mathrm{A}$ entfernt.

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Mehrdimensionale Bewegungen mit konstanter Geschwindigkeit¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Mehrdimensionale Bewegungen mit konstanter Geschwindigkeit.

Um den $s_y = \unit[100]{m}$ breiten Fluss mit einer Geschwindigkeit von $v_y = \unitfrac[0,5]{m}{s}$ zu überqueren, ist folgende Zeit nötig:

$v_y = \frac{s_y}{t} \quad \Longleftrightarrow \quad t = \frac{s_y}{v_y} = \frac{\unit[100]{m}}{\unit[0,5]{\frac{m}{s}}} = \unit[200]{s}$

In dieser Zeit wird der Schwimmer durch die Strömung um $s_x=\unit[35]{m}$ abgetrieben. Die Strömungsgeschwindigkeit des Flusses beträgt somit:

$v_x = \frac{s_x}{t} = \frac{\unit[35]{m}}{\unit[200]{s}} = \unit[0,175]{\frac{m}{s}}$

Dies entspricht einer (mittleren) Strömungsgeschwindigkeit von etwa $\unitfrac[0,63]{km}{h}$ .

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Im folgenden wird angenommen, dass sich das erste Objekt entlang der $x$ -Achse bewegt. Dann gilt für $\vec{v}_1$ und $\vec{v}_2$ :

$\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \end{pmatrix} \quad ; \quad \vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \end{pmatrix}$

Der Betrag dieses Vektors ist $|\vec{v}| = \sqrt{5^2 + 3^2} \approx \unit[5,83]{\frac{m}{s}}$ . Nach $\Delta t = \unit[15]{s}$ gilt für die Ortskoordinaten $\vec{\mathrm{s}}_1$ und $\vec{s}_2$ :

$\vec{s}_1 = v_1 \cdot t = \begin{pmatrix} 5 \cdot 15 \\ 0 \end{pmatrix} \quad ; \quad \vec{s}_2 = v_2 \cdot t = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \cdot 15 \end{pmatrix}$

Die Entfernung beider Objekte voneinander ergibt sich aus der Differenz der beiden Ortsvektoren. Aus Sicht des ersten Gegenstands gilt:

$\Delta \vec{s}_{\mathrm{rel}} = \vec{s}_1 - \vec{s}_2 = \begin{pmatrix} 75 \\ -45 \end{pmatrix}$

Der Betrag dieses Vektors ist:

$|\Delta \vec{s}_{\mathrm{rel}} | = \sqrt{75^2 + (-45)^2} \approx \unit[87,5]{m}$

Die Objekte sind nach $\unit[15]{s}$ somit rund $\unit[87,5]{m}$ voneinander entfernt.

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Bewegungen mit konstanter Beschleunigung¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Bewegungen mit konstanter Beschleunigung.

Eindimensionale Bewegungen mit konstanter Beschleunigung

Die Beschleunigung des Radfahrers ist gleich dem Verhältnis aus der Veränderung seiner Geschwindigkeit $\Delta v = \unitfrac[30]{km}{h} \approx \unitfrac[8,33]{m}{s}$ und der dafür benötigten Zeit $\Delta t = \unit[8,0]{s}$

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{\unit[8,33]{\frac{m}{s}} }{\unit[8,0]{s}} \approx \unit[1,04]{\frac{m}{s^2} }$

Die Beschleunigung des Radfahrers entspricht somit rund $\unitfrac[1,0]{m}{s^2}$ .

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Die Geschwindigkeitsänderung $\Delta v$ Fahrzeugs beträgt $\unitfrac[100]{km}{h} \approx \unitfrac[27,28]{m}{s}$ , die dafür benötigte Zeit $\Delta t=\unit[10]{s}$ . Für die Beschleunigung des Fahrzeugs folgt somit:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{\unit[27,78]{\frac{m}{s}} }{\unit[10]{s}} \approx \unit[2,78]{\frac{m}{s^2} }$

Die Beschleunigung des Fahrzeugs beträgt also rund $\unit[2,8]{m/s^2}$ . Die Beschleunigung beim Abbrems-Vorgang hat den gleichen Betrag, denn sowohl die Geschwindigkeitsänderung $\Delta v$ als auch die dafür benötigt Zeit $\Delta t$ sind identisch. Der Beschleunigungswert trägt allerdings beim Bremsvorgang ein negatives Vorzeichen, denn ein Abbremsen entspricht einer Beschleunigung in die entgegengesetzte Richtung.

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Die Geschwindigkeitsänderung des Fahrzeugs ergibt sich aus der Differenz zwischen der Endgeschwindigkeit $v_2 = \unitfrac[36,5]{m}{s}$ (entspricht $\unitfrac[131,4]{km}{h}$ ) und der Anfangsgeschwindigkeit $v_1 = \unit[20,0]{m/s}$ (entspricht $\unitfrac[72,0]{km}{h}$ ):

$\Delta v = v_2 - v_1 = \unit[36,5]{\frac{m}{s} } - \unit[20,0]{\frac{m}{s} } = \unit[16,5]{\frac{m}{s} }$

Teilt man diesen Wert durch die für die Geschwindigkeitsänderung benötigte Zeit $t = \unit[5,0]{s}$ , so ergibt sich für die Beschleunigung:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{\unit[16,5]{\frac{m}{s} }}{\unit[5,0]{s}} = \unit[3,3]{\frac{m}{s^2} }$

Die Beschleunigung des Fahrzeugs beträgt somit $a = \unitfrac[3,3]{m}{s^2}$ . Vergleicht man diesen Wert mit dem Wert der Erdbeschleunigung $g = \unitfrac[9,81]{m}{s^2}$ , so erkennt man, dass ein Körper im freien Fall – sofern die Reibung vernachlässigbar ist – eine rund dreifach höhere Beschleunigung erfährt als im beschleunigenden Fahrzeug.

Die Wegstrecke $\Delta s$ , die das Fahrzeug für den Beschleunigungsvorgang benötigt, beträgt:

$\Delta s = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \Delta t^2 + v_1 \cdot \Delta t &= \frac{1}{2} \cdot \unit[3,3]{\frac{m}{s^2} } \cdot (\unit[5,0]{s})^2 + \unit[20]{\frac{m}{s}} \cdot \unit[5,0]{s} \\[4pt] &= \frac{1}{2} \cdot \unit[3,3]{\frac{m}{s^2} } \cdot \;\; \unit[25]{s^2} \;\; + \unit[100]{m} \approx \unit[141,25]{m}$

(Alternativ kann die für den Beschleunigungsvorgang benötigte Strecke auch mittels der „Bremsformel“ $v_2^2 - v_1^2 = 2 \cdot a \cdot \Delta s$ berechnet werden.)

Das Fahrzeug benötigt somit für den Beschleunigungsvorgang rund $\unit[141]{m}$ .

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Während der Reaktionszeit von $\Delta t = \unit[1,0]{s}$ bewegt sich der PKW mit seiner Anfangsgeschwindigkeit $v_0=\unitfrac[40]{km}{h} \approx \unitfrac[11,1]{m}{s}$ weiter; für den Reaktionsweg gilt also:

$s_{\mathrm{Reaktion}} = v_0 \cdot \Delta t = \unit[11,1]{\frac{m}{s}} \cdot \unit[1,0]{s} = \unit[11,1]{m}$

Der anschließende Bremsweg kann mittels der Bremsformel $v^2 - v_0^2 = 2 \cdot a \cdot s$ berechnet werden; da die Endgeschwindigkeit $v$ gleich Null ist, folgt:

$- v_0^2 = 2 \cdot a \cdot s_{\mathrm{Brems}} \quad \Longleftrightarrow \quad s_{\mathrm{Brems}} = \frac{-v_0^2}{2 \cdot a} \\[5pt] s_{\mathrm{Brems}} = \frac{-(\unit[11,1]{\frac{m}{s}})^2}{2 \cdot (\unit[-4,5]{\frac{m}{s^2}})} \approx \unit[13,69]{m}$

Der PKW kommt somit nach einem Anhalteweg von rund $s_{\mathrm{Reaktion}} + s_{\mathrm{Brems}} = \unit[(11,1 + 13,69)]{m} = \unit[24,8]{m}$ gerade noch rechtzeitig vor dem Hindernis zum Stehen.

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Während des Sprungs wird der Badegast durch die Erdanziehung $a = g = \unitfrac[9,81]{m}{s^2}$ konstant beschleunigt. Um die Flugzeit zu bestimmen, kann die Formel für die zurückgelegte Wegstrecke $s = \unit[5,0]{m}$ nach der Zeit $t$ aufgelöst werden:

$s = \frac{1}{2} \cdot a \cdot t^2 \quad \Longleftrightarrow \quad t = \sqrt{\frac{2 \cdot s}{a} }$

$t = \sqrt{\frac{2 \cdot s}{a} } = \sqrt{\frac{2 \cdot \unit[5,0]{m} }{\unit[9,81]{\frac{m}{s^2}} } } \approx \unit[1,01]{s}$

Die Flugzeit beträgt somit rund $\unit[1,0]{s}$ . Die Geschwindigkeit beim Eintauchen kann durch Einsetzen der (Erd-)Beschleunigung $a = g$ und der Flugzeit $t$ in die Gleichung $v = a \cdot t$ berechnet werden:

$v = a \cdot t = \unit[9,81]{\frac{m}{s^2}} \cdot \unit[1,01]{s} \approx \unit[9,9]{\frac{m}{s} }$

Die Geschwindigkeit des Badegastes beim Eintauchen beträgt somit rund $\unitfrac[9,9]{m}{s}$ (entspricht $\unitfrac[35,7]{km}{h}$ ).

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Der Stein wird, wenn der Luftwiderstand vernachlässigt werden kann, mit der konstanten Beschleunigung $a = g = \unitfrac[9,81]{m}{s^2}$ beschleunigt. Die Endgeschwindigkeit $v$ ist gleich dem Produkt aus der Beschleunigung und der Zeit $t = \unit[1,7]{s}$ , während der die Beschleunigung wirkt:

$v = a \cdot t = \unit[9,81]{\frac{m}{s^2} } \cdot \unit[1,7]{s} \approx \unit[16,67]{\frac{m}{s} }$

Die Geschwindigkeit des Steins beträgt beim Aufprall somit rund $\unitfrac[17]{m}{s} \approx~\unitfrac[60]{km}{h}$ . Bis zu diesem Zeitpunkt legt der Stein folgende Wegstrecke $s$ zurück:

$s = \frac{1}{2} \cdot a \cdot t^2 = \frac{1}{2} \cdot \unit[9,81]{\frac{m}{s^2} } \cdot (\unit[1,7]{s})^2 = \frac{1}{2} \cdot \unit[9,81]{\frac{m}{s^2} } \cdot \unit[2,89]{s^2} \approx \unit[14,2]{m}$

Der Brunnen ist somit (mindestens) $\unit[14]{m}$ tief.

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Um die beim Aufprall wirkende Beschleunigung $a$ anhand des Bremsweges (der „Knautschzone“) $\Delta s = \unit[0,5]{m}$ zu ermitteln, kann die Bremsformel $v^2 - v_0^2 = 2 \cdot a \cdot s$ genutzt werden; die Endgeschwindigkeit $v$ des Fahrzeugs ist dabei gleich Null, die Beschleunigung erfolgt entgegen der Bewegungsrichtung und hat damit ein negatives Vorzeichen.

Eine Geschwindigkeit von $\unitfrac[30]{km}{h}$ entspricht rund $\unitfrac[8,3]{m}{s}$ . Eingesetzt in die Bremsformel ergibt sich folgende Beschleunigung:

$| a | = \frac{v_0^2}{2 \cdot s} = \frac{\left(\unit[8,3]{\frac{m}{s}}\right)^2}{2 \cdot \unit[0,5]{m}} \approx \unit[69,4]{\frac{m}{s^2}}$

Eine Beschleunigung von $\unitfrac[69,4]{m}{s^2}$ entspricht etwa $\unit[7,1]{g}$ , also einer gut siebenfachen Erdbeschleunigung. Dies kann ein Mensch noch überleben, wenn auch mit erheblichen Verletzungen und sogar Bewusstlosigkeit gerechnet werden muss.

Trifft der Wagen nicht auf eine Mauer, sondern ein identsches und mit gleicher Geschwindigkeit entgegenkommendes Fahrzeug, so tritt die gleiche Beschleunigung auf. Beide Fahrzeuge kommen genau in der Mitte zwischen beiden zum Stillstand und haben somit den gleichen Bremsweg, als würden sie gegen eine an dieser Stelle angebrachte Wand fahren. Sind die Fahrzeuge unterschiedlich schwer oder unterschiedlich schnell, so haben beide unterschiedliche Beschleunigungen, die mit Hilfe des Impulserhaltungssatzes berechnet werden können.

Erfolgt der Aufprall mit $v_1 = \unitfrac[50]{km}{h} \approx \unitfrac[13,9]{m}{s}$ oder $v_2 = \unitfrac[100]{km}{h} \approx \unitfrac[27,8]{m}{s}$ , so ergeben sich folgende Beschleunigungen:

$| a_1 | = \frac{v_1^2}{2 \cdot s} = \frac{\left(\unit[13,9]{\frac{m}{s}}\right)}{2 \cdot \unit[0,5]{m}} \approx \unit[193]{\frac{m}{s^2}} \\[8pt] | a_2 | = \frac{v_2^2}{2 \cdot s} = \frac{\left(\unit[27,8]{\frac{m}{s}}\right)}{2 \cdot \unit[0,5]{m}} \approx \unit[772]{\frac{m}{s^2}}$

Diese Beschleunigungen entsprechen rund $\unit[20]{g}$ beziehungsweise $\unit[79]{g}$ und sind somit lebensgefährlich bzw. tödlich.

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Kreisförmige Bewegungen¶

Die folgenden Lösungen beziehen sich auf die Übungsaufgaben zum Abschnitt Kreisförmige Bewegungen.

Wenn die Schnur reißt, fliegt der Stein geradlinig in Richtung seiner Momentangeschwindigkeit $\vec{v}$ weiter, also senkrecht zu der Richtung, welche die Schnur zum Zeitpunkt des Reißens hatte.

Bei der kreisförmigen Bewegung handelt es sich somit um eine beschleunigte Bewegung: Auch wenn sich der Wert seiner Geschwindigkeit nicht ändert, so ändert sich auf einer Kreisbahn doch kontinuierlich die Richtung. Die dazu nötige (Radial-)Kraft wird mittels der Schnur auf den Stein übertragen.

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Die Umlaufzeit des Kieselsteins kann anhand seiner Kreisfrequenz $f = \unit[1,8]{s}$ berechnet werden:

$f = \frac{1}{T} \quad \Longleftrightarrow \quad T = \frac{1}{f}$

$T = \frac{1}{f} = \unit[1]{\unit[1,8]{\frac{1}{s}} } \approx \unit[0,56]{s}$

Für die Winkelgeschwindigkeit $\omega$ des Kieselsteins gilt:

$\omega = \frac{2 \cdot \pi }{T} = 2 \cdot \pi \cdot f = 2 \cdot \pi \cdot \unit[1,8]{\frac{1}{s} } \approx 11,3 \frac{1}{s}$

Für die Bahngeschwindigkeit $v$ des Kieselsteins auf seiner Kreisbahn $(r = \frac{d}{2} = \unit[36]{cm} = \unit[0,36]{m})$ gilt:

$v = \omega \cdot r = \unit[11,3]{\frac{1}{s} } \cdot \unit[0,36]{m} = \unit[4,07]{\frac{m}{s}}$

Der Kieselstein hat somit eine Bahngeschwindigkeit von etwa $\unitfrac[4,1]{m}{s} \approx \unitfrac[15]{km}{h}$ .

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Der PKW bewegt sich mit einer Geschwindigkeit von $v = \unitfrac[90]{km}{h} = \unitfrac[25]{m}{s}$ ; mit dem Radius $r = \frac{d}{2} = \unit[22,5]{cm} = \unit[0,225]{m}$ folgt für die Winkelgeschwindigkeit $\omega$ der Räder:

$\omega = \frac{v}{r} = \frac{\unit[25]{\frac{m}{s}}}{\unit[0,225]{m}} \approx \unit[111,1]{\frac{1}{s}}$

Die Winkelgeschwindigkeit beträgt somit rund $\unitfrac[111,1]{rad}{s}$ . Da eine voll Umdrehung einem Drehwinkel von $2 \cdot \pi$ entspricht, folgt für die Drehzahl $n$ :

$n = \frac{\omega}{2 \cdot \pi} = \frac{\unit[111,1]{\frac{1}{s}}}{2 \cdot \pi} \approx \unit[17,7]{\frac{U}{s}}$

Das Rad führt in je Sekunde somit rund $17,7$ Umdrehungen aus.

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Die Bahngeschwindigkeit $v = \omega \cdot r$ der Zentrifuge lässt sich mit $n = \unitfrac[3000]{U}{min}$ und $r = \unit[0,0100]{m}$ folgendermaßen berechnen:

$v = \omega \cdot r = (n \cdot 2 \cdot \pi) \cdot r = \frac{3000 \cdot 2 \cdot \pi \cdot \unit[0,0100]{m}}{\unit[60]{s}} \approx \unit[3,14]{\frac{m}{s}}$

Damit folgt für die Radialbeschleunigung $a_{\mathrm{\varphi}}$ :

$a_{\mathrm{\varphi}} = \frac{v^2}{r} = \frac{\left(\unit[3,14]{\frac{m}{s}}\right)^2}{\unit[0,01]{m}} \approx \unit[986]{\frac{m}{s^2}}$

Die Radialbeschleunigung in der Zentrifuge beträgt bei der angegebenen Drehzahl rund $\unitfrac[986]{m}{s^2}$ ; dies entspricht etwa dem $100$ -fachen der Erdbeschleungigung $g$ .

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Um die Radialbeschleunigung zu bestimmen, welche die Erde auf einen Körper am Äquator ausübt, sollte zunächst die Bahngeschwindigkeit $v = \omega \cdot r$ eines auf der Erdoberfläche mitrotierenden Körpers berechnet werden. Auf Höhe des Äquators gilt mit $r_{\mathrm{E}} = \unit[6370]{km}$ :

$v = \omega \cdot r = \frac{2 \cdot \pi \cdot r}{T} = \frac{2 \cdot \pi \cdot \unit[6370]{km}}{\unit[1]{d}} = \frac{2 \cdot \pi \cdot \unit[6370 \cdot 10^3]{m}}{\unit[24 \cdot 60 \cdot 60]{s}} \approx \unit[463]{\frac{m}{s}}$

Damit gilt für die Radialkraftbeschleunigung $a_{\mathrm{\varphi}}$ :

$a_{\mathrm{\varphi}} = \frac{v^2}{r} = \frac{\left(\unit[463]{\frac{m}{s}}\right)^2}{\unit[6370 \cdot 10^3]{m}} \approx \unit[0,033]{\frac{m}{s^2}}$

Die Radialbeschleunigung beträgt am Äquator somit rund $\unitfrac[0,033]{m}{s^2}$ .

Auf einem nördlich bzw. südlich vom Äquator gelegenen Punkt auf der Erde bewegt sich ein mit der Erde mitrotierender Körper auf einer Kreisbahn mit einem Radius $r$ , der kleiner als der Erdradius $r_{\mathrm{E}}$ ist. Für $r$ gilt in Abhängigkeit vom Breitengrad $\varPhi$ :

$\cos{\varPhi} = \frac{r}{r_{\mathrm{E}}} \quad \Leftrightarrow \quad r = r_{\mathrm{E}} \cdot \cos{\varPhi}$

Für den 45. Breitengrad $(\varPhi = 45\degree)$ ergibt sich damit für Rotationsradius $r$ :

$r = r_{\mathrm{E}} \cdot \cos{45\degree} \approx \unit[4\,505]{km}$

Für die Bahngeschwindigkeit $v=\omega \cdot r$ des rotierenden Körpers und die Radialkraftbeschleunigung $a_{\mathrm{\varphi}}$ gilt somit:

$v = \omega \cdot r = \frac{2 \cdot \pi \cdot r}{T} = \frac{2 \cdot \pi \cdot \unit[4505]{km}}{\unit[1]{d}} = \frac{2 \cdot \pi \cdot \unit[4505 \cdot 10^3]{m}}{\unit[24 \cdot 60 \cdot 60]{s}} \approx \unit[328]{\frac{m}{s}} \\$

$a_{\mathrm{\varphi}} = \frac{v^2}{r} = \frac{\left(\unit[328]{\frac{m}{s}}\right)^2}{\unit[4505 \cdot 10^3]{m}} \approx \unit[0,024]{\frac{m}{s^2}}$

Die Radialbeschleunigung durch die Erdrotation beträgt am 45. Breitengrad somit rund nur noch $\unitfrac[0,024]{m}{s^2}$ . Am Nordpol verschwindet sie völlig, da in diesem Fall $\cos{\varPhi} = \cos{90 \degree} = 0$ und somit $r = r_{\mathrm{E}} \cdot \cos{\varPhi} = 0$ gilt.

Die Werte der Radialbeschleunigungen an den verschiedenen Stellen der Erde bewirken eine Verringerung der Erdbeschleunigung $g$ . An den Polen ist daher $g \approx \unitfrac[9,83]{m}{s^2}$ , in mittleren Breitengraden ist $g \approx \unitfrac[9,81]{m}{s^2}$ , und am Äquator ist $g \approx \unitfrac[9,78]{m}{s^2}$ . Obwohl die Unterschiede nur gering sind, so hatten sie doch im Laufe der Erdgeschichte eine leichte Abplattung der Erde zu den Polen hin zur Folge: Am Äquator beträgt der Erdradius $r_{\mathrm{E}} \approx \unit[6378]{km}$ , am Nord- bzw. Südpol hingegen „nur“ $\unit[6370]{km}$ .

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