Kinematik - Orell Füssli

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 2.1 Kinematik 1 

© 2004 Orell Füssli Verlag AG 

2.1 Kinematik 

Gleichförmige Bewegung 

1 

a) s = vt ; 17 m b) 

c) 

s 

t = ; 2.9·10 –4 s = 0.29 ms 

v 

s 

t = ; 3.3·10 –10 s = 0.33 ns d) s = vt ; 3·10 5 m = 300 km 

v 

e) s = vt ; 0.06 m = 6 cm f) 

s 

v = ; 27.3 km/h 

t 

2 

vt 

h = ; 1.12 km 

2 

3 

s 

a) t = ; 3.6 min 

v 1 

+ v 2 

v 

b) s = 1 

1 

s 

v1 

+ v 

; 1.2 km v2 

s s 

2 

= ; 0.30 km 

2 

v1 

+ v2 

v3 

c) s3 

= s ; 2.1 km 

v + v 

1 

2 

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 20 m 

v = 1 

= ; 3.3 m/s 

t 6.0 s 

1



5 

s1 

3 s2 

2 

d) Fahrzeiten: t 

1 

= = h ; t 

2 

= = h ; 

v 5 v 5 

1 

2 

v 

s + s 

t + t 

1 2 

= ; 16 km/h 

1 

2 

6 

a) 

Weg 

Zeit 

b) 

Geschwindigkeit 

Zeit 

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) 

11.75 km − 3.6 km 

v 

1 

= 

; 98 km/h 

12 :37 h −12 :32 h



c) 

v 

2 

3.6 km 

= 

; 43 km/h 

12 : 42 h −12 :37 h 

d) 

11.75 km 

v = 

; 71 km/h 

12 : 42 h −12 : 32 h 

8 

a) 1 und 3 fahren mit konstanter 

Geschwindigkeit, 4 steht. Alle drei 

bewegen sich im Sinne der Definition 

gleichförmig. 

b) v 4 < v 3 < v 1 

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. 

Weg 

0 

0 

t = 

A 

2 

1 

3 

4 

Zeit 

Gleichmässig beschleunigte Bewegung 

9 

v 

2 

2 

v 

= 2as 

⇒ s = ; 320 km 

2a 

10 

a = v t ; 3.9 m/s2 ; 

1 

s = vt ; 100 m 

2 

11 

a) a = v t ; 1.4·10-4 m/s 2 ; 

s 

1 

2 

2 

= at ; 4.7·10 7 km 

b) t = v a ; 2.3 d 

Wegen der Reibung könnte das Auto mit einem Ionenantrieb gar 

nicht in Bewegung gesetzt werden.



12 

a = v2 

; 2.6 m/s2 t 

2s 

= 2s 

v ; 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. 

2 

v 

b) s = ;1.7 km, es genügt nicht. 

2a 

c) Die Geschwindigkeit nach 100 m beträgt v= 2 as; 24m/s. 

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. 

2 

b) s = v ;1.3km, es genügt nicht. 

2a 

c) Die Geschwindigkeit nach 100 m beträgt v= 

2 as ; 28m/s. 

Da die Geschwindigkeit gleichmässig zunimmt, ist die mittlere Geschwindigkeit auf 

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

14 

t = 

2 s ; 3.0 s 

a 

v= 2as 

; 48 km/h 

15 

a) a = 2s 1 

2 

; 0.28 m/s 2 v 1 

= 2s 1 

; 5.0 km/h 

t 1 

t 1 

2s2 

b) t2 

= ; 19 s v2 = 2as2 

; 19 km/h 

a 

16 

a) a = 2s 1 

2 

; 5.0 m/s 2 

t 1 

2 

b) ∆t = 1.0 s , ∆ s= 1 a (2 t∆t−∆ t ) ; 48 m; 500 m 

2



vend 

c) t = ; 26 min 

a 

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 

v 

∆ t = 

− v 

; 2.4 s 

a 

2 1 

2 2 

1 v2 − v1 

∆ s = ⋅ ; 43 m 

2 a 

18 

a) 1 2 

s = at ; 2.4 m 

2 

v = at ; 0.48 m/s 

b) t v 

a 

s = 1 at 

2 ; 20 m 

2 

19 

a) ( t t) 

v 

1 

at 

2 

c) v= 

at;12m/s 

2 

+∆ ⋅ 

Hans 

= ; 3.0 s b) 

1 

s= 

at 

2 

2 

;18m 

20 

a) t = ∆s 

v 1 

−v 2 

; 50 s b) 

t = 

2∆s 

a − a 

1 2 

; 10 s 

Gleichmässig beschleunigte Bewegung mit Anfangsgeschwindigkeit 

21 

v= 2( − a) s; 14 m/s = 50km/h 

Der Lenker hatte die zulässige Höchstgeschwindigkeit nicht überschritten. 

22 

[ km/h] [ m/s] ⋅3.6 [ m/s] 

v 2 2 2 2 

0 

v0 v0 

s = = = ; also 

100 100 − 2a 

2 

a = − 3.9 m/s



23 

a) a = v t ; 40 m/s2 2 

≈ 4 g s = 1 at ; 88 m 

2 

b) a = v 2 

2s ; 69 m/s2 ≈ 7 g 

t = 2s 

v ; 1.2 s 

24 

2 

v 0 

v 

a =− ; − 0.16 m/s 2 t =− 0 

; 42s 

2s 

a 

25 

2s 

2s 

a) v0 

= ; 80 m/s b) a =− ; 

2 

t 

t 

2 

− 2.7 m/s 

26 

2 a = 

2 ( s − v 

0 t); 

− 2.4m/s 

t 

Der Zug bremst ab. 

2 

27 

Der Index 1 bezeichne die Grössen auf der Rampe, der Index 2 diejenigen in der 

Unterführung. v max stehe für die Geschwindigkeit am Ende der Rampe. 

vmax 

a) v max = – a 2 t 2 ; 72 cm/s t 

1 

= ; 9.0 s t = t 1 + t 2 ; 21 s 

a1 

2 

b) s = 1 

1 1 1; 3.2m 

2 at 

28 

Reaktionsweg: s = v0 t ; 20m 

2 

v 

Bremsweg: s 0 

B 

=− ; 40m 

2a 

Anhalteweg: s = s + s ; 60m 

R 

R 

R 

B 

Sie bringen das Auto noch vor den Felsbrocken zum Stehen.



29 

Anhalteweg: 

2 

v0 

s = v0tR 

+ ; 35 m; es liegt noch drin. 

− 2a 

30 

a) 

b) 

2 

v 

s =− 0 

; 16 km 

2a 

1 

s v t at 

2 

2 

= 

0 

+ ; 89 s 

v 

c) Anfahrzeit: t 1 

= ; 280 s 

a1 

1 2 

Anfahrstrecke: s1 = at 

1 1; 19km 

2 

v 

Bremszeit: t 2 

=− ; 230 s 

a2 

Bremsweg: s 2 

= 16 km (vgl. Aufgabe a)) 

Zeit für die zwischen Anfahr- und Abbremsvorgang liegende Strecke: 

s3 

t3 = ; 40 min 

v 

Gesamtfahrzeit Genf – St. Gallen: 49 min 

31 

a) t1 

= v ; 8.0s 

b) t2 

= v ; 12s 

a1 

−a 2 

c) 1 1 ; 180 m 

s3 

s3 = s− vt2 − vt2 

d) t = t1+ t2 + ; 35s 

2 2 

v 

e) Fahrtenschreiber: 

v in m/s 

10 

0 

0 10 

20 30 

t in s



32 

Anfahren: 

t A = 30 s; 

vmax a A ; 

t 

s 1 

A = aAtA 

2 ; 450 m 

A 

2 

Bremsen: 

s B = 600 m; 

sB 

tB 

= 2 ⋅ 

v 

; 40 s 

max 

Gleichförmige Bewegung: 

s G = d – s A – s B ; 3900 m; 

t G = s G /v max ; 130 s 

Fahrtzeit: 

t tot = t A + t G + t B ; 200 s; Die S12 kommt um 11:24:20 in Stettbach an. 

33 

Abbremsen vor der Baustelle: 

2 2 

v2 − v1 

v2 − v1 

tB 

= ; 50 s; sB 

= ; 1000 m 

a 

2a 

B 

Anfahren nach der Baustelle: 

2 2 

v2 − v1 

v2 − v1 

tA 

= ; 60 s; sA 

= ; 1200 m 

a 

2a 

A 

Gleichförmige Bewegung: 

s 

t G 

= ; 260 s; s = 1300 m 

v 2 

B 

A 

Ganzer Vorgang: 

t tot = t B + t G + t A ; 370 s; 

s tot = s B + s + s A ; 3500 m 

Fahrzeit ohne Baustelle: 

stot 

t = ; 100 s 

v 

1 

Somit verlängert sich die Reisezeit um 270 s. 

Gleichmässig beschleunigte Bewegung mit schiefer Ebene 

34 

v= 2gsin α ⋅s ; 4 m/s



35 

a) v0 = 2gsin α ⋅s ; 4.5 m/s b) 

t = 

2s 

; 

g sinα 

2.6 s 

36 

a) = ⋅( α −µ ⋅ α) 

a g sin cos ; 2.4 m/s 2 

G 

Somit ist die Geschwindigkeit nach 3.0 s: v= at; 

7.1 m/s 

2 

b) s = 1 at 

2 

; 11 m 

37 

( α µ α) 

F = mg ⋅ sin − ⋅cos ; 19 N 

L 

38 

t = 

b 

= 

2b 

; 

min 

gsinαcosα gsin 2α 

t 

für α = 45° 

39 

a) 

1 1 

2 2 

2 2 

at = at − v0t + l 

2 

t 

l 

v 

0 

; 

1.2 s 

b) s = 1 g sin α ⎛ l 

⎜ ⎞ 

⎟ ; 3.5 m 

2 ⎝v0 

⎠ 

c) v1 

= gsin α ⎛ l 

⎜ ⎞ 

⎟; 

5.9 m/s v2 = v1− v0; 

0.89 m/s 

⎝v0 

⎠ 

Der Keil bewegt sich bereits wieder abwärts. 

Gleichmässig beschleunigte Bewegung, Diagramme 

40 

a) Von t = 0 bis t 1 = 2 h ist v 1 = 50 km/h, von t 1 bis t 2 ist v 2 = 100 km/h, v = 67 km/h 

b) v 1 < v 2 

c) Im Zeitpunkt t 1 (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 gleichmässig 

bis zum Stillstand ab. 

v 

s 

t 

a 

t 1 t 2 

t 

t 

43 

a) 

v in m/s 

30 

20 

10 

5 10 15 20 25 t in s 

b) 

a in m/s 2 

4 

0 

5 10 15 20 25 

t in s 

-4



c) 

s in m 

500 

400 

300 

200 

100 

0 

0 

5 10 15 20 25 

t in s 

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/s 2 ; k: – 4.0 m/s 2 ; l: – 6.0 m/s 2 

c) t = v ; g: 14 s; h: 9.3 s 

a 

2 

v0 

d) s = ; k: 96 m; l: 64 m 

− 2a 

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 Fallrohrexperiment 

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. 

2s 

b) t = ; 0.18 s 

g 

2 

c) s= 1 gt ; 4.1 cm (das ist genau ein Viertel der ersten Distanz!) 

2



47 

2 h1 

Das zweite Kügelchen trifft den Boden nach t1 

= ; 0.090 s. 

g 

Das dritte Kügelchen trifft nach t 2 = 0.18 s auf den Boden. 

1 2 

Sein Abstand vom ersten Kügelchen ist h2 = gt2 

; 16 cm. 

2 

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

48 

a) t = 2h ; 2.8 s 

g 

b) v= 2gh; 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 

h = v ; 3.3 m 

2g 

50 

a) 

2 

h = v ; 32 m b) 

2g 

(2 v) h = 2 

; 127 m 

2g 

51 

2 2 

2 − v 1 

; 

v 

h = 8.43 m; das sind 2.81 m pro Etage. 

2g 

2 

2 

v 

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

2g 

52 

Für den freien Fall gilt: t 1 

= 

2h 

g 

Für die Rutschbahn gilt: t 2 2 

2 

= s = h 

2 

gsinα 

gsin 

α



Da t 2 

4t 

1 

= gilt: sinα 

= 1 α 14° 

4 

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 

v = 2gh ; 76.7 m/s 

56 

a) Aus 

1 

s v t gt 

2 

2 

= 

0 

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

der Flugzeit t F : v 

0 

= 

gt F 

2 

; 12 m/s 

1 t 

b) Die halbe Flugzeit braucht der Ball zum Fallen. h= g ⎛ F 

⎜ ⎞ 

⎟ ; 7.7 m 

2 ⎝ 2 ⎠ 

2



57 

g 2 

a) h = v0t 

+ 

2 t liefert die Flugzeit t = 2.4 s. 

v = v 0 

+ gt liefert die Aufprallgeschwindigkeit v = 26 m/s. 

g 2 

b) Aus h = v0 

t + t und v = v0 

+ gt 

2 

erhalten Sie t = 1.9 s und v 0 = 9.2 m/s. 

c) Aus 

g 

h + 

2 t 

gt 

2 

2 

= v0t 

erhalten Sie v0 = − = 7.7 m/s. 

h 

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 (h 1 = 2.5 m): 

v 

0 

= 2gh 1 

; 7.0 m/s 

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

1 2 

loslässt (h 2 = 12 m; quadratische Gleichung gt + v0t 

− h2 

= 0 lösen): 

2 

2 

− v0 

+ v0 

+ 2gh2 

t1 

= ; 1.0 s 

g 

Auftreffzeit von Karins Ball: 

2h2 

t2 

= ; 1.6 s 

g 

Karins Ball kommt 0.6 s später am Boden an. 

59 

a) 

s in m 

20 

10 

0 

0 1 

2 

t in s



b) 

g 2 

s1 

= h − 

2 t 

g 

2 

s2 = v0t− 

t 

2 

Treffpunkt wenn s 

1 

= s2 

, also bei h= v h 

0t ⇒ t = = 

v0 

s 

1 

ist dann 11.3 m über dem Boden. 

1.33 s 

c) v 

1 

= gt = 13.1 m/s 

v2 = v0 − gt = 1.92 m/s 

60 

a) v = 2 gh = 15.5m/s 

b) t = 2 

2h 

= 3.17s 

g 

c) 

a in m/s 2 

v in m/s 

0 

15.5 

1.58 

3.17 

t in s 

0 

1.58 

3.17 

t in s 

–9.81 

15.5 

v in m/s 

s in m 

12.3 

0 

12.3 

s in m 

0 

0 1.58 3.17 

t in s 

–15.5 

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

e) 

2 

⎛v 

⎞ 

⎜ ⎟ 

* 

h = h− ⎝2 ⎠ 

= 3 h; 9.23 m 

2g 

4 

g 2 

f) s = v0 t − t = 11.4m 

und v = v0 − gt = −4.09m/s, 

also im Abwärtsflug. 

2



61 

3v 

v= v − gt = v ⇒ t = = 

4 4g 

1 0 

0 0 

0.306 s 

g v v v 

h v t t 

2 4g 32g 16 2g 

2 2 2 

2 

3 0 9 0 0 

= 15 

0 − = − = ⋅ = 0.765 m 

2 

v0 

h 16 15 

max = = h⇒ h= 

h 

2g 

15 16 

max 

62 

a) 

2h 

v 

0 

= 2gh0 

= 5.60 m/s 

b) t 

0 

1 

= 

g 

= 0.571s 

c) 

2 3 2 

v 1 

( 4 

v 0 ) 9 

h1 h0 

90.0 cm 

2g 

2g 

16 

2h1 

3 2h0 

3 

t 2 0.857 

2 2 

s 

2 

= = = t1 

= 

g g 

e) 

2h2 

9 

3 

t 

3 

= 2 mit h2 

= h1 

, also t3 

= t2 

g 16 

4 

= 0.643s 

f) 

v 

v 1 

v 2 

v 3 

t 

t 

1 

–v 2 

–v 1 

–v 0 

g) Die Zeiten t 2 , t 3 , t 4 ... bilden eine geometrische Folge mit dem Quotienten q = ¾. 

Ihre Summe ist 

t2 

t2 + t3+ t4 + ... = = 4t2 

= 3.43 s 

1− 

q 

Nach t tot = t 1 + t 2 + t 3 + t 4 +... = 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. 

d 

d 

Aus tHin 

= 

und tRück 

= 

erhält man : 

v − v 

v + v 

Flugzeug 

Jetstream 

Flugzeug 

Jetstream 

v 

Flugzeug 

d ⎛ 1 1 

= ⎜ + 

2 ⎝tHin 

t 

Rück 

⎞ 

⎟; 220 m/s (792 km/h) 

⎠ 

v 

Jetstream 

d 

d ⎛ 1 1 

= − v = ⎜ − 

t ⎝t t 

Flugzeug 

Rück 2 Rück Hin 

⎞ 

⎟; 15.6 m/s (56.0 km/h) 

⎠ 

64 

Sei vF 

die Geschwindigkeit des Flusses relativ zum Ufer und v 

B 

die Geschwindigkeit 

des Bootes relativ zum Wasser. Mit N wird die Anzahl Pappeln und mit d deren 

Abstand bezeichnet. 

N 

Abwärtsd 

N 

Aufwärtsd 

vB + vF 

= und vB − vF 

= ergeben 

t 

t 

v B 

v F 

Abwärts 

⎛ N 

Abwärts 

N 

Aufwärts d 

tAbwärts 

t ⎟ ⎞ 

= ⎜ + ; 3.0 m/s 

⎝ 

Aufwärts ⎠ 2 

⎛ N 

Abwärts 

N 

Aufwärts d 

tAbwärts 

t ⎟ ⎞ 

= ⎜ − ; 1.8 m/s 

⎝ 

Aufwärts ⎠ 2 

Aufwärts 

65 

a) v = v Zug – v Fahrzeug ; 30 km/h; v = v Zug + v Fahrzeug ; 250 km/h; 

v = + ; 178 km/h 

2 2 

v Zug 

vFahrzeug 

b) s = v t; 41.7 m; 347 m; 247 m 

66 

Mittels Vektorparallelogramm lässt sich die Geschwindigkeit berechnen: 

v Wind = 

v Läufer 

; 5.7 km/h 

3 

-v Läufer 

v Wind 

30°



Waagrechter Wurf 

67 

t = 2h ; 0.71 s; s = vt; 7.9 m 

g 

68 

a) Flugzeit 

2h 

t F 

= , Flugweite xW 

= v0tF 

g 

Kuniberts Beschleunigung: 

b) v = 2v0 

; 8.0 m/s 

2xW 

g 

a = = 2v0 

; 4.6 m/s 2 

2 

t 2h 

F 

69 

a) Flugzeit 

2h 

t F 

= ; 0.78 s 

g 

2 

b) v = v 2gh 

; 8.2 m/s 

0 + 

2gh 

c) tanα = ; 70° 

v0 

2 

d) Es gilt: yt () = h− 1 gt und x( t) 

= v0t 

. 

2 

g 2 

Eliminieren der Zeit t ergibt: y( x) 

= h − x 

2 

2v0 

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

70 

a) Flugzeit 

b) 

2h 

t F 

= , Flugweite x 

W 

g 

xW 

g 

v0 = = xW 

; 8.7 m/s 

tF 

2h 

v0 xW 

tanα = = ; 51° 

2hg 

2h 

71 

Mit der Flugzeit 

2h 

t F 

= ist die Flugweite x 2 

W = v h 

0tF 

= v0 

; 14 m 

g 

g



72 

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

Dann gilt: 

xw 

h = ; 12 m 

2 q 

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 

V ⎛ d 

a) Für den Volumenstrom gilt: Av v 

t 2 ⎟ ⎞ 

= = π ⎜ 

⎝ ⎠ 

4V 

v = ; 1.3 m/s 

2 

πd 

t 

2h 

b) Mit der Flugzeit t F 

= ist die Flugweite x 2 

w = v h 

0tF 

= v0 

. 

g 

g 

2 

2v0 

Für x w 

= h ist h = ; 0.34 m 

g 

2 

74 

2 

a) Für die Flugbahn gilt: x = v0t 

und 1 

g 2 

yFlug 

=− gt und somit yFlug 

= − x 

2 

2 

2v0 

Für den Hang oberhalb von K gilt: y 

Hang 

= ax + b mit a = −tan( 35.1° 

) . Der 

Achsenabschnitt b wird durch Einsetzen der Koordinaten von K ermittelt: 

b = 12.87 m. 

g 2 

Am Schnittpunkt gilt: y 

Flug 

= yHang 

und somit − x = ax + b . Von den beiden 

2 

2v0 

Lösungen für x ist nur die grössere sinnvoll. 

Der gesuchte Punkt ist P = (68.1 m | –35.0 m). 

b) Die Sprungweite ist ( K P ) 2 

( K P ) 2 

120 m − x − x + y − y ; 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: 

⎧x( 

t) 

= v0t 

⎪ 

⎨ 1 

y( 

t) 

= − gt 

⎪⎩ 2 

2 

+ y 

0 

Sei T N die Zeitdauer bis zum Netz und T B bis zum Punkt B. 

Nach den Angaben im Text folgen: 

⎧ s 

⎪ 

= v0TN 

2 

⎨ 

1 

⎪y 

N 

= − gT 

⎩ 2 

2 

N 

+ y 

0 

und 

⎧s 

= v0TB 

⎪ 

⎨ 1 2 

0 = − gTB 

+ y 

⎪⎩ 2 

0 

s = Länge des Tisches und y N = Höhe des Netzes. 

Aus den vier Gleichungen kann man T N und T B eliminieren. 

So erhält man die folgenden Gleichungen: 

⎧ 

⎪y 

⎨ 

⎪y 

⎪⎩ 

0 

0 

= y 

= 

1 

2 

N 

1 

+ 

8 

2 

s 

g 

v 

2 

0 

s 

g 

v 

2 

2 

0 

So ist y 4 

0 

= y ; 20 cm 

3 N 

Schiefer Wurf 

76 

a) Aus 

2 

y = v 1 

0sinα 

⋅t− gt + y0 

folgt mit dem Taschenrechner für die Flugzeit: 

2 

t 

1 

= 5.61s 

y = v cos α ⋅ t ; 0.17 km 

max 0 1 

b) Die maximale Höhe wird erreicht, wenn die Funktion 

ihr Maximum besitzt. 

1 2 

0sinα 

0 

y =− gt + v ⋅ t+ 

y 

2



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

() sin 0 v0 sinα 

vy 

t =− gt+ v0 α = ⇒ t = 

g 

Somit ist 

y 

v 

sin α 

2g 

2 2 

0 

max 

= + y0 

; 44 m 

77 

2 

v0 

sin 2α 

Für die Flugweite gilt: x w 

= , für die Flugdauer 

g 

1 ⎛ x ⎞ 

a) Also = arcsin⎜ 

w 

g 

α ⎟ 

2 

2 

; 30° 

⎝ v0 

⎠ 

2v 

sin α 

b) t = 0 ; 1.0 s 

g 

c) 

d) 

( v sin ) 

2 

0 

α 

y = ; 1.3 m 

2g 

2 

v 0 

g ; 10 m 

t = 

2 0 

v sin α 

g 

78 

2h 

Hochsprung: t = 2 ; 0.64 s 

g 

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

gelandet wird. 

2xW tan α 

Weitsprung: t = ; 0.77 s 

g 

Hier sind sie also beim Weitsprung länger in der Luft. 

79 

Lösung: 1 

T = 0.4 s und y 0 = 1.7 m 

Das Weg-Zeit-Gesetz des schiefen Wurfes wird auf der vertikalen Achse angewendet: 

1 2 

y( t) 

= − gt + v0 

y 

t + y0 

2 

2 0 

Da y(T) = 0 folgt: 

⎛1 ⎞ 1 1 y 

v0y 

= ⎜ gT − y0⎟ 

= gT − ; –2.3 m/s 

⎝2 ⎠T 

2 T 

So war die Wurfbahn im Augenblick der Abgabe sinkend.



Lösung: 2 

2y0 

Die Wurfdauer beim freien Fall ist: t = ; 0.59 s 

g 

Da der Wurf weniger lang dauerte, muss der Ball beim Abwurf eine vertikale 

Geschwindigkeitskomponente nach unten gehabt haben. 

80 

x = v 0 

t cosα , 

1 

2 

2 

= y0 + v0t α − gt aufgelöst nach x und t eliminiert. 

0 sin 

v cosα 

⎜ 

g ⎝ 

Wurfweite ⎛ 2 

x = 

0 v sinα 

+ 2gy 

+ ( v sin α ) ⎟⎞ 

⎠ 

a) 

0 

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°. 

0 

0 

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 

g x 

v( 

α ) = 

mit y = 13 m und x = 20 m 

cos α 2x 

tan α − 2y 

gesucht. 

Dies ergibt v 0 = 19 m/s und α = 62° 

b) 

x 

v y 

= v0 

sinα 

− gt = v0 

sinα 

− g ; –5.2 m/s 

v0 

cosα 

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

Kinematik - Orell Füssli

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