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

Physikalische Grössen und Einheiten 1 a) Eine quantifizierbare Eigenschaft eines Objekts, eines Systems von Objekten, eines

Zustandes oder eines Vorgangs. b) Die Einheiten werden «normal» (s) gedruckt und die Grössen «kursiv» (s), und sie

werden nicht im gleichen Term gemischt. 2 a) «Internationales Einheitensystem» (SI = «système international dunités»)

b) Länge; Masse; Zeit Elektrische Stromstärke; (thermodynamische) Temperatur; Lichtstärke; Stoffmenge. Der Meter (m); das Kilogramm (kg); die Sekunde (s); das Ampere (A);

das Kelvin (K); die Candela (cd); das Mol (mol). 3 Ja. Zwei Beispiele: 1. Gleitreibungszahl als Verhältnis der Gleitreibungskraft und der Normalkraft;

0.4µ = ; Einheit N 1N

=

2. Brechzahl als Verhältnis der Lichtgeschwindigkeiten in zwei verschiedenen Medien; 1.54n = ; Einheit m/s 1

m/s=

4

Geschwindigkeit: [ ] 1m sv −= ⋅ Kraft: [ ] 2m kg s NF −= ⋅ ⋅ = Energie: [ ] 2 2kg m s = JE −= ⋅ ⋅ 5 a) Im Vergleich zu der ursprünglichen Definition als 40-millionster Teil des Meridians

ist der Urmeter aus Metall (und damit auch unser heutiges Metermass) um 40 '000 m 0.001 m

40 '000 '000l∆ = = = 1 mm zu lang.

b) Seit 1983 ist der Meter an die Sekundendefinition durch die modernen Atomuhren

mit Hilfe der Lichtgeschwindigkeit angeschlossen. Die Sekunde lässt sich viel genauer als die Längeneinheit messen.


6 Bekannt: Milli (Millimeter), Nano (Nanometer), Dezi (Deziliter), Kilo (Kilovolt, Kilometer), Mega (Megahertz, Megabyte), Zenti (Zentimeter), Giga (Gigawatt, Gigaherz) Vielleicht sind auch Tera (Terawatt) und Pico (Picofarad) bekannt. 7 a) 50.0 m/s; ca. 1220 km/h. b) Um m/s in km/h umzuwandeln, soll man den Zahlenwert der Geschwindigkeit

mit 3.6 multiplizieren.

c) 3

910 m 2 10 m/s7 24 60 60s

v−

−= = ⋅ =⋅ ⋅ ⋅

2 nm/s

d) 40 '000km km1667 24 h h

= ≅ =v 463 m/s

8 a) 1.85 ·103 kg 1.9 ·105 kg 4.7 ·106 kg b) 1.692 ·104 m 5 ·105 m 1.85 ·103 m c) 4.128449 ·1010 m2 1.50 ·106 m2 0.0624 m2 = 6.24 ·102 m2 d) 1.5 ·103 m3 1.1 ·106 m3 0.012 m3 = 1.2 ·102 m3 e) 2700 s = 2.7 ·103 s 3.6 ·106 s 3.5 ·102 s f) 14 m/s 2.3·104 m/s 5.5447 m/s g) 910 kg/m3 8.6 ·103 kg/m3 4.3 ·102 kg/m3 = 430 kg/m3 9 4.91 soll eine Kraftgrösse in Newton sein und 0.3 eine Zeit in Sekunden. m ist eine physikalische Grösse: die Masse. In Annas Formulierung könnte der Buchstabe m als Abkürzung für die Längeneinheit Meter verstanden werden. Grössen und Zahlen werden durcheinander gebracht. Eine physikalische Grösse besteht aus einer Masszahl und einer Masseinheit. Die Einheiten einer physikalischen Gleichung müssen zusammenpassen. Beim zweiten Beispiel findet der Schüler eine falsche Lösung, weil er verschiedene Längeneinheiten und verschiedene Zeiteinheiten benutzt: Die Dimension der Beschleunigung als Verhältnis von Geschwindigkeit und Zeit ist korrekt. Die Geschwindigkeit 100 km/h soll aber in Meter pro Sekunde umgewandelt werden, damit die Einheiten übereinstimmen.


10 Vektor: Zur eindeutigen Festlegung ist ausser Masszahl und Einheit noch die Angabe einer Richtung erforderlich. (Beispiele: Weg, Kraft, Geschwindigkeit, Beschleunigung) Skalar: Angabe von Masszahl und Einheit genügt (Beispiele: Masse, Temperatur, Energie) Im Beispiel haben beide Kräfte denselben Betrag. Sie sind aber entgegengesetzt gerichtet. 11 a) 4.2094° = 0.07347 rad b) 142'000 s; 2360 min; 39.4 h; 1.64 d c) Das siderische Jahr (auf das Koordinatensystem der Fixtsterne bezogen): 365.2564 d

und das tropische Jahr (auf den Frühlingspunkt bezogen): 365.24220 d 12

1 LJ 31556925.9747 s 365.242198 d c

= =

(wobei c die Lichtgeschwindigkeit im Vakuum ist). Somit wurde das tropische Jahr für das Lichtjahr gebraucht. 13 Der Mond verspätet sich um den Drehwinkel 13.2 /d° . Somit wird er 52.7 min später aufgehen. Genauigkeit und Fehler 14 Aus praktischen und messtechnischen Gründen ist es nicht angebracht eine Temperatur in Mikrograd-Celsius und die Präzision der Angabe für die Längenausdehnung eines Stabes im Bereich der Atomgrösse anzugeben. 15 a) ∆ =l 1 mm

b) Der relative Fehler beträgt 0.001 m 100 %1.210 m

⋅ = 0.08 %.


16 a) Die Messung erfolgte auf ± 0.05 cm genau: a = (9.3 ± 0.05) cm, b = (8.9 ± 0.05) cm b) 0.54 %, 0.56 % c) Die Rundung des angegebenen Ergebnisses bedeutet:

F = (82.77 ± 0.005) cm2, 0.006 %

Der relative Fehler des Produktes ist ∆FF

=∆aa

+∆bb

; 1.1 % ;

∆F = 0.9 cm2 Korrektes Ergebnis: F = (82.8 ± 0.9) cm2

17 a) Die Genauigkeit des Ergebnisses ist vorgetäuscht, nur die ersten beiden Ziffern sind

genau. b) Absoluter Fehler je ± 0.05 mm, relative Fehler 0.22 % , 0.28 % , 0.12 % c) Relativer Fehler des Volumens: 0.22 % + 0.28 % + 0.12 % = 0.62 %

Absoluter Fehler des Volumens: ± 0.62 % ·V = ± 106 mm3 d) V = (17.2 ± 0.1) cm3 18 a) Die dreiziffrige Genauigkeit des Ergebnisses kommt nicht zum Ausdruck. Da die

Daten mit drei signifikanten Ziffern gegeben sind, muss auch die Lösung mit derselben Genauigkeit angegeben werden: 9.00 m/s

b) Gemessene Grössen ganz verschiedener Genauigkeit werden miteinander zu einem

Ergebnis vorgetäuschter und damit falscher Genauigkeit verknüpft. Korrekt wäre 3 m/s2.

19

a) d =l −b

2; 1.7 m

b) ∆ ∆ +∆±d l bd l b

=−

; 72 %

c) (1.7 ± 1.2) m Bei der Differenz ähnlicher Werte können die Fehler sehr gross werden.

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 Quoti-ent aus dem Ordinatenwert und dem Abszissenwert eines Punktes auf der Geraden. Der Ordinatenwert ist an der senkrechten Achse mit zugehöriger Einheit, der Abs-zissenwert 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 == v

st ; h 52

2

22 == v

st ; 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 Geschwin-

digkeit, 4 steht. Alle drei bewegen sich imSinne der Definition gleichförmig.

b) v4 < v3 < v1c) Velo 3 hat zu Anfang einen Vorsprung auf

mich. Da ich aber schneller fahre, wird un-ser Abstand immer kleiner. Jetzt überholeich und unser Abstand wird wieder grös-ser.

d) Die vier Velos befinden sich am gleichenOrt, d.h. sie treffen sich.

e) Zur gesuchten Zeit t= hat die Kurve von Velo 2 die gleiche Steigung wie die Geradevon 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

Zeit00

A

12 3

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

14

2 ;sta

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

15

a) a =2s1t1

2 ; 0.28 m/s2 v1 =

2s1t1

; 5.0 km/h

b) 222sta

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

16

a) a =2s1t1

2 ; 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 Schub-kraft 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) vta

= ; 29 s 212

s at= ; 20 m

19

a) 2Hans1( )2

t t v at+ ∆ ⋅ = ; 3.0 s b) 21 ; 18m2

s at=

c) ; 12m/sv at=

20

a) t =∆s

v1 −v2; 50 s b)

1 2

2 sta a

∆=−

; 10 s

Gleichmässig beschleunigte Bewegung mit Anfangsgeschwindigkeit

21

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

22

[ ] [ ] [ ]2 2 2 20 0 0km/h m/s 3.6 m/s100 100 2

v v vs

a⋅

= = =−

; 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 2

20 ; 0.16 m/s2va

s= − − 0 ; 42 svt

a= −

25

a) 02svt

= ; 80 m/s b) 22sat

= − ; 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 Unter-führung. vmax stehe für die Geschwindigkeit am Ende der Rampe.

a) vmax = – a2t2; 72 cm/s1

max1 a

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

b) 21 1 11 ; 3.2 m2a ts =

28

Reaktionsweg: 0 ; 20mR Rs v t=

Bremsweg: 20 ; 40m

2Bvsa

= −

Anhalteweg: ; 60mR 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) 2012

s v t at= + ; 89 s

c) Anfahrzeit: 11

; 280 svta

=

Anfahrstrecke: 21 1 11 ; 19km2

s a t=

Bremszeit: 22

; 230 svta

= −

Bremsweg: 2 16 kms = (vgl. Aufgabe a))

Zeit für die zwischen Anfahr- und Abbremsvorgang liegende Strecke: 3

3 ; 40 minstv

=

Gesamtfahrzeit Genf – St. Gallen: 49 min

31

a) 11

; 8.0 svta

= b) 22

; 12 svta

=−

c) 3 2 21 1 ; 180 m2 2s s vt vt= − − d) 31 2 ; 35 s

st t tv

= + +

e) Fahrtenschreiber:


32 Anfahren:

tA = 30 s; max ;AA

vat

= 1 m/s2; 21 ;2A A A

s a t= 450 m

Bremsen:

sB = 600 m; max

2 ;BBst

v= ⋅ 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

2B Bv vs

a−= ; 1000 m

Anfahren nach der Baustelle: 2 1

AA

v vta−= ; 60 s;

2 22 1

2A Av vs

a−= ; 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= st

g 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 2 01 12 2at 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/hb) v1 < v2c) 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 End-geschwindigkeit.

b) Bewegung ruckartig, Beschleunigung a → ∞ bei Übergang von Bewegung zu Still-stand.

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

42 a) Das Auto fährt gleichmässig b)

beschleunigt an, fährt kurze Zeitmit konstanter Geschwindigkeitund bremst dann wieder gleich-mässig bis zum Stillstand ab.

43 a)

b)


c)

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 Stahl-kügelchen 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 derFallbeschleunigung g abhängig. Mit bekannter Fallbeschleunigung lässt sich aus derFallstrecke 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!)

300

400

500

200

100

s in m

25 t in s5 1 15 2000


47

Das zweite Kügelchen trifft den Boden nach 112 ;htg

= 0.090 s.

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

Sein Abstand vom ersten Kügelchen ist 22 212

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 An-

nahme einer gleichmässig beschleunigten Bewegung stimmt nicht mehr ganz. Der Stein wird folglich auch mit einer geringeren Geschwindigkeit in die Aare plump-sen.

49

2

2vhg

= ; 3.3 m

50

a) 2

2vhg

= ; 32 m

b) 2(2 )

2vhg

= ; 127 m

Erklärung: In der Aufgabe 50 b) ist von einem Zusammenstoss eines Autos mit einem Lastwagen die Rede. Die Masse der beiden Fahrzeuge ist also nicht gleich. Mit 𝑚𝑚1 = Masse des PKW, 𝑣𝑣1 = Geschwindigkeit des PKW vor dem Zusammenstoss, 𝑚𝑚2 = Masse des LKW und −𝑣𝑣1 = Geschwindigkeit des LKW vor dem Stoss gilt bei einem inelastischen Stoss gemäss Impulserhaltungssatz:

𝑚𝑚1𝑣𝑣1 − 𝑚𝑚2𝑣𝑣1 = (𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2)𝑣𝑣

𝑣𝑣 =𝑚𝑚1 −𝑚𝑚2𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2

𝑣𝑣1

Dabei ist 𝑣𝑣 die Geschwindigkeit, mit der sich nach dem Stoss die beiden Fahrzeuge ge-meinsam bewegen.


Für 𝑚𝑚1 = 𝑚𝑚2 folgt daraus 𝑣𝑣 = 0, was mit einem Sturz von einer Brücke von 32 m Höhe vergleichbar ist.

Für 𝑚𝑚2 ≫ 𝑚𝑚1 folgt jedoch 𝑣𝑣 ≈ −𝑣𝑣1. Das heisst, dass das Auto nach dem Zusammen-stoss vom LKW in die entgegengesetzte Richtung mitgeschleift wird, während sich die Geschwindigkeit des LKW kaum ändert. Dadurch ist die Impulsänderung des PKW annähernd doppelt so gross wie bei einem Zusammenprall mit einem Fahrzeug gleicher Masse. Das entspricht einem Sturz von einer vierfach höheren Brücke.

51 2 2

2 1 ;2

v vhg−= 8.43 m; das sind 2.81 m pro Etage.

22

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 grössereVerzögerung auf.

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

c)


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 2012

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

gthvt

= − =

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

digkeit 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 22

2= ; 1.6 s

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

b) 21 2tghs −=

22 0 2gs 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)

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 =−= t

gtvs 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 0

1 == ght

c) 22 3

01 41 0

( ) 9 90.0 cm2 2 16

vvh hg g

= = = = d) s 0.857232

2322 1012 ==== tg

hght


e) s 643.043 also ,

169mit 22 231223 ==== tthhg

ht

f)

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 s1tt 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 Ab-stand bezeichnet.

Abwärts

Abwärts

tdNvv FB =+ und

Aufwärts

Aufwärts

tdNvv FB =− ergeben

2AufwärtsAufwärts

Abwärts

Abwärts dtN

tNvB

+= ; 3.0 m/s


2AufwärtsAufwärts

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

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/s

2

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

hgx

txv W

F

W

20== ; 8.7 m/s

b) h

xhg

v W22

tan 0 ==α ; 51°

71

Mit der Flugzeit ghtF

2= ist die Flugweite 0 0 2W F hx v t v g

= = ; 14 m

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

Dann gilt:

qxh w

2= ; 12 m

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

73

a) Für den Volumenstrom gilt: vdAvtV 2

2

== π

tdVv 2

4π

= ; 1.3 m/s

b) Mit der Flugzeit ghtF

2= ist die Flugweite 0 0 2w F hx v t v g

= = .

Für hxw = ist gvh

202= ; 0.34 m


74

a) Für die Flugbahn gilt: tvx 0= und 2Flug 12y gt= − und somit 22

0Flug 2

xvgy −=

Für den Hang oberhalb von K gilt: baxy +=Hang mit )1.35tan( °−=a . Der Achsen-abschnitt b wird durch Einsetzen der Koordinaten von K ermittelt: b = 12.87 m.Am Schnittpunkt gilt: HangFlug yy = und somit baxxv

g+=− 22

02. 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 Körperhaltungeinen 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 01sin 2y 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 sin2α= − + ⋅ +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= − + = 0sinvtg

α⇒ =

Somit ist 2 20

max 0sin ; 44 m2

vy yg

α= +

77

Für die Flugweite gilt: g

vxwα2sin20= , für die Flugdauer

gvt αsin2 0=

a) Also

= 2

0

arcsin21

vgxwα ; 30°

b) g

vt αsin2 0= ; 1.0 s

c) ( )g

vy2sin 20 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 ge-landet 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 01 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 Ge-schwindigkeitskomponente nach unten gehabt haben.

80

αcos0tvx = , 2

0 010 sin2

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

Wurfweite ( )

++= 2000

0 sin2sincos ααα vgyvg

vx

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.

82 Um zur gleichen Zeit am gleichen Ort zu sein, müssen die beiden Steine zur selben Zeit gleich weit und gleich hoch sein. Sie müssen also notwendigerweise die gleiche Hori-zontalgeschwindigkeit haben. Bei verschiedenen Wurfwinkeln muss also ihre Vertikal-geschwindigkeit verschieden sein (je steiler der Winkel, desto grösser die Vertikalge-schwindigkeit). Bei verschiedener Vertikalgeschwindigkeit können die Steine aber nicht zur gleichen Zeit auf gleicher Höhe sein, weil sie die gleiche Beschleunigung erfahren. Das erkennt man am besten, wenn man sich in das (beschleunigte) Bezugs-system eines Steines versetzt. Bei unterschiedlicher Vertikalgeschwindigkeit vergrössert sich der Vertikalabstand der Steine ständig. Fazit: Da bei unterschiedlichen Wurfwinkeln Horizontal- und Vertikalgeschwindigkeit nicht gleich sein können, gibt es in keinem Fall ein Zusammentreffen der Steine in der Luft. Damit ist die Behauptung bewiesen.

Bildnachweis: 5: Wolfgang Grentz

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 2.2 Kräfte 1 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

2.2 Kräfte Dichte 83

33

4MR

ρπ

= ; 1244 kg/m3

84

a) 2 34

4

m m mdV dd

ρππ

= = = ; 21·103 kg/m3

b) 3Stahl

4mdπρ

= ; 54 mm

85

E W E E W WÖ Ö Öm m m m V V Vρ ρ ρ= + + = + + ; 0.43 kg 86

Es gilt G G GBG BG B G B

m m m mmV V Vρ ρ ρ ρ

−= + = + = +

und damit ( )G BGB G

V mm ρ ρρ ρ

−=−

; 242 g

87

1 ;0.75 0.2 0.05 0.75 0.2 0.05G SKG K SG K S G K SG K S

m m m mm m m m mmV V V V

ρ

ρ ρ ρ ρ ρ ρρ ρ ρ

= = = = =+ + + + + ++ +

3 315.1 10 kg/m⋅

88

2 2 2 2 2 2 2 2O Ar N N O O Ar Ar N O ArDa Nm m m V V V x V y V kVm

v V V Vρ ρ ρ ρ ρ ρ

ρ+ + + + + +

= = = = ,

wobei k das Volumenprozent von Argon, x von Stickstoff und y von Sauerstoff sind, folgt:

2 2N O Arx y kρ ρ ρ ρ= + + wobei 1x y k+ + = 78% und 21%x y


89 a) Die gesamte Masse soll mit den angegebenen Daten ausgerechnet werden.

Der Radius des Kernes rK beträgt 6371 km – 2900 km = 3471 km.

Volumen der Kruste: ( )( )33 19 3Kruste 4 ; 1.02 10 m3V R R dπ= − − ⋅ Volumen des Mantels: ( )( )3 3 20 3Mantel 4 ; 8.98 10 m3 π= − − ⋅KV R d r Volumen des Kerns: 3 20 3Kern 4 ; 1.75 10 m3

π= ⋅KV r

Mit den angegebenen mittleren Dichten lassen sich die verschiedenen Massen, dann die Gesamtmasse und die mittlere Dichte der Erde ausrechnen.

3 3Kruste Kruste Mantel Mantel Kern Kern3

; 5.5 10 kg/m43

ρ ρ ρρπ

+ += = ⋅V V VmV R

b) ( )3

Mantel Kern MantelKrR

ρ ρ ρ ρ ≈ + −

90

Die Flächendichte des Papiers ist mA

σ = .

Die Bedingung ist erfüllt bei Luft 10V Aρ σ= ⋅ oder 3 2

Luft4 403

r rπ ρ π σ=

Luft

30mrAρ

= ; 48 cm

91 Bei gleichem Volumen V gilt:

1 2 1 2 1 2

2 2 2Vm m V V

V Vρ ρ ρ ρρ + + += = = (arithmetisches Mittel)

Bei gleicher Masse m gilt:

1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

2 2 2 21 1m

m mm mV V

ρ ρρρ ρ

ρ ρ ρ ρ

= = = =+ ++ +

(harmonisches Mittel)

Es ist m Vρ ρ≤ , was zu sehen ist, wenn die beiden Brüche gleichnamig gemacht und die Zähler verglichen werden: 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2( ) 4 ( ) ( )ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ+ ≥ = + − − Die Gleichheit m Vρ ρ= tritt offensichtlich nur ein, wenn auch 1 2ρ ρ= ist.


92

Das Volumen des verdrängten Wassers ist: L EV V V= + (1) Die Masse des Eiswürfels ist: L Em m m= + (2) Das Volumen der enthaltenen Luft lässt sich mit der Dichte von Eis und Luft ausrechnen.

Mit EEE

mV

ρ = folgt aus (1) ELE

mV Vρ

= − .

Mit Vernachlässigung der Masse der eingeschlossenen Luft ist Em m= .

Somit ist LE

mV Vρ

= − ; 0.83 cm3 (Mit 24.0 g und 27.0 cm3: 0.828 cm3)

Ohne Vernachlässigung der eingeschlossenen Luft ist mit (2) LLE

m mV Vρ−= − .

Mit LLL

mV

ρ = folgt L LLE

m VV V ρρ

−= − . Auflösen nach LV

EL

E L

V mV ρρ ρ

−⇒ =

−; 0.83 cm3 (Mit 24.0 g und 27.0 cm3: 0.829 cm3)

Gewichtskraft 93 Am Äquator haben Sie die um 0.306% kleinere Gewichtskraft. Am Nordpol ist Ihre Gwichtskraft um 0.204% grösser. 94

mFg =Mars ; 3.73 N/kg oder 3.73 m/s

2

95

a) MondMond, mgFG = ; 180 N Ja, die Gewichtskraft entspricht einer Masse von etwa 18 kg auf der Erde. b) ErdeErde, mgFG = ; 1.09 kN 96 Sie wägen einen geeichten Gewichtstein der Masse 300.000 g mit der Waage im Keller. Dabei stellen Sie die Waage so ein, dass sie tatsächlich die gewünschten 300.000 g anzeigt. Die Gewichtskraft des Gewichtsteins im Keller ist somit KKG mgF =, ; 2.941944 N In 10 Meter Höhe beträgt sie nur noch HHG mgF =, ; 2.941935 N


Die im Keller geeichte Präzisionswaage zeigt nun für den Gewichtsstein folgende Masse an:

K

H

K

HG

ggm

gF

m == ,* ; 299.999 g

Der Unterschied kann zwar knapp gemessen werden, liegt aber an der Grenze des Fehlerintervalls. Federkraft 97 Weil die Längenänderung über einen bestimmten Bereich direkt proportional zur Kraft ist und dadurch eine lineare Skala möglich ist. 98 a) Aus der angegeben Masse liesse sich die Zugkraft berechnen. Jedoch bliebe die

Längenausdehnung der Feder unbekannt. Diese müsste der Hersteller auch angeben. b) Es müsste die Längenausdehnung bei vorgegebener Zugkraft gemessen werden. 99 Da beide Puffer gleich stark zusammengedrückt werden, erfahren beide Puffer die halbe Stosskraft. Sie werden zusammengedrückt um:

DFy

2= ; 7.0 cm

100 a) Das Trampolintuch muss sich proportional zur einwirkenden Kraft senken.

b) y

mgy

FD G == ; 4.4 kN/m

c) g

Dym = ; 54 kg

101 Die Zusatzlast sei auf alle Räder gleich verteilt. Daher wird jede Feder zusätzlich zusammengedrückt um:

4mgF = ; 638 N

Die Federkonstante eines Stossdämpfers ist demnach mindestens:

yFD = ; 13 kN/m


102

Es gilt: 331 1 1 1 1 1 u g

g g g u g u u g

D DD D D D D D D D D

+= + + + = + =

Also: 3

u g

u g

D DD

D D=

+

103

Die Federkonstante der dünnen Seile beträgt: 11

; 238 N/mFFDy

=

Die Federkonstante des dicken Seiles beträgt: 22

; 400 N/mFFDy

=

Die Federkonstante der beiden dünnen Seile zusammen ist: // 12D D= Für das 200 m lange Seil ist:

1 2

1 1 12D D D

= +

Die gesamte Verlängerung ist also: 1 2

1 12

GFy mgD D D

= = +

; 2.9 m

104

Die Formel für zwei aneinander hängende Federn lautet: 1 21 2

D DDD D

=+

Wenn beide Federn gleich sind, wird die gesamte Federkonstante halbiert. Somit ist die Federkonstante der Teilfeder doppelt so gross wie die Federkonstante der ursprünglichen Feder. Die Federkonstante der nebeneinander zusammengesetzten Federn ist also viermal grösser: // 2 2 4D D D D= + = 105 Bei der Zeichnung ist darauf zu achten, dass sich die obere Feder bei a) um gleich viel verkürzt, wie sie sich bei b) verlängert. Das Gleiche gilt für die untere Feder. Die Verkürzung bzw. Verlängerung ist aber für beide Federn unterschiedlich. Sie sind also bei a) und b) nicht mehr gleich lang.


106

Die Federkonstante der ursprünglichen Feder ist: mgDy

=

Diese wird als zwei zusammengesetzte Federn der Federkonstante 1D und 2D angesehen.

Es gilt 1 2

1 1 1D D D

= + .

Somit ist die Federkonstante des abgeschnittenen Federstücks

121

DDDD D

=−

.

Die Federkonstante hängt von der Länge der Feder ab. Sie ist umgekehrt proportional zur Länge: 1

1F

kF ll

= ∆ und 22

FkF ll

= ∆

Somit folgt: 1 21 2

l ll l

∆ ∆=

Mit 1 2l l l= + lässt sich die Länge der abgeschnittenen Feder berechnen:

2 1 121 2 1 2 1 1

1l D D D mgl l l l ll l D D D D y

∆ −= = = = − ∆ + ∆ + ; 7.7 cm

107 Parallel zusammengesetzte Federn entsprechen einer Vergrösserung der Querschnitts-fläche des Seils. Wenn k gleiche Federn nebeneinander angehängt werden, ist die gesamte Federkonstante k-mal grösser. Die Federkonstante ist also proportional zur Querschnittsfläche. Aneinander gehängte Federn entsprechen einer Verlängerung des Seiles. Wenn k gleiche Federn aneinander gehängt werden, ist die gesamte Federkonstante k-mal kleiner. Die Federkonstante ist also umgekehrt proportional zur Länge. 108 Das Seil würde reissen. 25 Personen ziehen auf jeder Seite. Dies ergibt eine Zugkraft von 30 kN.

Das Seil hält folgende Zugkraft aus: Faden2

Faden

SeilSeil Fd

dF

= ; 12 kN

Es dürfen also höchstens 10 Personen auf jeder Seite ziehen.

1l

2l

1D

2D


Reibungskraft 109 Es sei k = 0.6.

,maxR HF kmgµ= ; 5.6 kN Wenn diese Kraft überschritten wird, würden die Räder durchdrehen. 110 a) Um den Kleiderschrank zu verschieben, müssen sie die Haftreibungskraft über-

winden. Diese ist aber von der Normalkraft abhängig, die ihrerseits von der Masse des Schrankes abhängt. Ein leerer Schrank lässt sich demnach leichter verschieben.

b) mgFF HNHR µµ == ; 0.19 kN c) Die Gleitreibungszahl ist im Allgemeinen kleiner als die Haftreibungszahl. Sobald

der Kleiderschrank in Bewegung ist, muss eine geringere Kraft aufgewendet werden, um die Gleitreibungskraft zu überwinden. Der Schrank lässt sich leichter verschieben.

111 Die Reibungszahl kann grösser als 1 sein! Das würde nur bedeuten, dass die Reibungs-kraft grösser ist als die Normalkraft. Dies ist bei glatten Oberflächen kaum denkbar. Anders beispielsweise bei einem Klettverschluss oder gar bei einer Stubenfliege auf der Windschutzscheibe: Hier wird man sich schnell überzeugen können, dass so etwas tatsächlich möglich ist. 112 Blockieren die Räder, gleiten die Räder auf der Strasse und hinterlassen so genannte Bremsspuren. Da die Gleitreibung aber stets geringer ist als die Haftreibung, verringert sich dabei die Lenkbarkeit des Fahrzeugs. Das ABS-System sorgt dafür, dass zwischen Rad und Strasse stets Haftreibung auftritt und somit der Fahrer oder die Fahrerin eine bessere Kontrolle über das Fahrzeug behält. 113 a) Die Haftreibung zwischen den Rädern der Lok und den Schienen ist die Kraft, die

den ganzen Zug antreibt. Die Haftreibung an den Rädern der Waggons führt dazu, dass diese sich zu drehen beginnen und nicht gleiten. Die Rollreibung an allen Rädern des Zuges bremst die Bewegung des Zuges.

b) Die maximale Haftreibung zwischen den Rädern der Lok und den Schienen muss

grösser als die Rollreibung aller Räder des Zuges sein. Das ist trotz des höheren Gesamtgewichts des Zuges gegenüber der Lok in der Regel der Fall, weil die Rollreibungszahl viel kleiner als die Haftreibungszahl ist.


114

FZ = µH mtot g; 61 kN Traktor 1 vorne: F12 = µH · m1 · g; 23 kN Traktor 2 vorne: F21 = µH · m2 · g; 38 kN 115 a) Die beiden Zeigefinger halten am Schluss den Besen unter dem Schwerpunkt, da der

Besen stets im Gleichgewicht sein muss. Würde er neben dem Schwerpunkt gestützt, würde er kippen.

b) Laut Hebelgesetz übt der Zeigefinger, der näher beim Schwerpunkt ist, die grössere Normalkraft auf den Besen aus. Da die Haftreibungskraft proportional zur Normal-kraft ist, wird sich stets derjenige Finger bewegen, der den grösseren Abstand zum Schwerpunkt aufweist.

Beispiel: Der rechte Zeigefinger sei näher beim Schwerpunkt. Der linke Finger wird sich also als Erster bewegen. Er wird dies so lange tun, bis seine Gleitreibungskraft grösser wird als die Haftreibungskraft zwischen dem Zeigefinger der rechten Hand und dem Besenstiel. Dann bleibt der linke Finger stehen und der rechte setzt sich in Bewegung. Dieses wiederholte Haften und Gleiten erfolgt, bis beide Zeigefinger unter dem Schwerpunkt des Besens zusammentreffen.

Ebenes Kräftegleichgewicht 116

Fres

Fres ≈ 66 N 117

Lageplan Kräfteplan

F1 = 120 N

F2 = 130 N

F3 = 150 NF2�

Fres

F3


118 a)

b) An jedem Auflagepunkt wirkt die Kraft

43 BG FF + ; 0.22 kN.

119

a) 2 2Seill h d= + ; 7.81 m; SeilSeil KabellF Fd

= ⋅ ; 2.8 kN

b) Mast KabelhF Fd

= ⋅ ; 2.2 kN

120 a)

1

2

P

F2�

FG�F1�

b) 2

122

11

lllFF G−

= ; 181 N. 2

122

22

lllFF G−

= ; 217 N


121 FA = 600 kN

FB = 200 kN

Fres

2 2

res A BF F F= + ; 632 kN tan( ) BA

FF

ϕ = ; 18.4°

122

Winkel zwischen der Vertikalen und dem Band: α = 59°

αcos2mgF = ; 0.11 kN

ohne Trigonometrie: ( )22 2

2G

hhFFh

+= ⋅

123

α ist der Winkel zwischen den Seilen und der Vertikalen; l der Pfostenabstand und h der Durchhang des Seils.

tan2lh

α = ; αcos2

GFF = ; 0.44 kN

124 Kräfte am Keil.

GF ist die Gewichtskraft eines Holzklotzes.

a) Die Kraft auf die unteren Nachbarn:

2sin α

GFF = ; 2.2 N

b) Die Kraft gegeneinander:

2tan α

GW

FF = ; 1.9 N


125 a) b) c) Die Kraft im Arm ist grösser als die Gewichtskraft der Tasche. In dem Fall wäre es

besser, die Tasche allein zu tragen.

d) αcos2

GFF =

e) Beispiel: TI 89

Die Kraft geht für α → 90° gegen unendlich. 126 a)

F1FF

F2FF

FGFF

P

b) 1 tan

GFFα

= ; 0.69 kN; 1.1 kN; 2.3 kN und

2 sinGFFα

= ; 0.80 kN; 1.2 kN; 2.3 kN

c) Offensichtlich ist die Kraft F2 entscheidend, weil sie immer grösser als F1 ist.

2

sin GFF

α = ; 24°

100 N 115 N 200 N


127

F�

FE�

FM,⊥�

FM,�

FE,⊥�

FE,�

FM�

lMlEl

(Skizze nicht massstabsgetreu!) a) Idealerweise steht der Matrose so nahe wie möglich am Befestigungspunkt der Seile,

aber auch möglichst nahe zum Ufer. l : Stangenlänge 4.0 m El : Seillänge Esel 40 m Ml : Seillänge Mann 32 m Indizes: ⊥ : senkrecht zum Ufer; : parallel zum Ufer Esel:

,E EE

lF Fl⊥

= 2 2

,E

E EE

l lF F

l−

=

Mann:

,M MM

lF Fl⊥

= 2 2

,M

M MM

l lF F

l−

=

b) , , ;E MF F F⊥ ⊥= + 50 N c) res , , ;E MF F F= + 0.48 kN


128

1.00 mLh = 5.00 mR L Rh b b= = =

Mit Kräfteparallelogramm:

tan und tanL RL R

h hb b

α β= =

folgt α = 11.3° und β = 45.0° Mit Sinussatz am schraffierten Dreieck und mit den Winkeln α β+ und 90 α° − und 90 β° − ergibt sich:

sin( ) sin(90 ) sin(90 )G L RF F F

α β β α= =

+ ° − ° −

in den Seilen: FL = 119 N; FR = 165 N 129

a) αsinBand GFF = ; 51 N b) αcosGN FF = ; 0.14 kN 130

a) tan 0.15α = ; sin cosH H N HF F F mg mgµ α µ α= − = − ; 0.35 kN; Ja, wenn Sie selber genügend Halt am Boden oder anderswo finden.

b) tan 0.15α = ; sin cosH G N GF F F mg mgµ α µ α= + = + ; 2.9 kN 131 a) Der Schlitten mit der geringeren Reibung: Anders Celsius. b) sin sin cos cosHA HB RA RB A B A A B BF F F F m m m mϕ ϕ µ ϕ µ ϕ+ = + ⇒ + = +

tan A A B BA B

m mm mµ µϕ +⇒ =

+; 4.3° oder 7.5%

c) ( cos sin )S RB HB B BF F F m g µ ϕ ϕ= − = − oder

(sin cos )S HA RA A AF F F m g ϕ µ ϕ= − = − ; 7.7 N

α βFL�

FR�

FG�

hL

bL bR

hR


132

coscos sin

R R R

Z R H R

F FF F F

µ ϕµ ϕ ϕ

= =+ +

; 0.18 = 18%

133

a) sincos( )

F mg αβ α

=−

; 0.26 kN

b) sin coscos( ) sin( )

G

G

F mg α µ αβ α µ β α

+=− + −

; 0.32 kN

c) sin coscos( ) sin( )

H

H

F mg α µ αβ α µ β α

−=− − −

; 0.15 kN

134

a) Hµα =tan ; α = 27° b) ( cos sin )G HF F µ α α= − ; 41 N c) (sin cos )G HF F α µ α= − ; 41 N 135

a) sincos

GFF αβ

⋅= ; (cos cos sin sin )cos

GN

FF α β α ββ

⋅ ⋅ − ⋅=

b)

c) Parallelverschiebung abwärts. Schnittpunkt Wirkungslinie von FG mit schiefer Ebene.

NF

F


136 a)

Aus αsin2

AFF =

und αcos2FFS =

folgt αtan

AS

FF =

b) 4.5 kN bzw. 1.4 kN c) Beispiel: TI 89

Die Kraft geht für α → 90° gegen Null und für α → 0° gegen unendlich. 137

a) tanα µ= H b) tan 2α µ= H c) Kräftegleichgewicht:

LagerRF F= und 12N G

F F F= +

somit folgt: 12R N G

F F F Fµ µ = = +

Drehmomentgleichgewicht:

sin sin cos2N G GlF l F F lα α α− =

sin sin cos2 2 2

GG G

FF FF Fα α µ α

sin cos2 2 2G

GF F FFα µ α

2tan GHG

F FF F

α µ + +

20° 90°

FA

FS

F F

F

F

α

FLager

FR

FN

FG

F12


138 a) Die Komponente von FZug in Richtung von Seil 1 muss der «Hangabtriebskraft»

1sinαmg entsprechen. ( )211

Zug cossin

ααα

−= mgF ; 2.2 kN

b) Das Hauptproblem ist, dass sich der Winkel zwischen den Seilen vergrössert, wenn

der Wagen oben ankommt. Dadurch ist eine zunehmende Kraft nötig, um den Wagen zu ziehen oder zu halten. Am wenigsten Kraft wird benötigt, wenn beide Seile parallel verlaufen. Dazu könnte man die Rolle 3 weiter nach oben versetzen.

Kräftegleichgewicht in drei Dimensionen 139

100 cm 58 cmsin tan141 cm 100 cm

α β= =

Stange Seile,G Schild

sin( ) sin(90 ) sinF FF

α β β α⊥− = =

+ −o;

FStange = 158 N;

Seile,F ⊥ = 129 N

Seile,F ⊥ verteilt sich auf zwei gleich grosse Kräfte FSeile: 40 cmsin

122 cmγ = ;

wobei γ der halbe Öffnungswinkel zwischen den Seilen ist.

Seile,Seile 2 cos

FF

γ⊥=

⋅; 68 N

140 Es ist l = Länge des Seiles und a = Kantenlänge des Würfels. Schnitt durch die obere Flächendiagonale:

Seil sin 4sinN GF FFα α

= =

2

222

21

2sin

la

lal

−=−

=α

2

2Seil

214

la

FF G

−

= ; 3.8 kN

NF FSeil

a2

l

α

FStange

FG-Schild

FSeile

α α

α

α

β

β

ββ


Schwerpunkt 141 Der Schwerpunkt liegt auf der Symmetrieachse der Figur, 4.3 cm unter der obersten Kante. 142

(3.0 cm 2.0cm); (6.3 cm 6.3cm); (0 2.1cm); (7.3 cm 2.7cm)A B C DS S S S 143

b

b

x

s

s

F2

F2

F2F1

Mit dem Drehgleichgewicht folgt: ( )1 232 2

b s bF x F x b −− = − −

Die Gewichtskräfte sind proportional zur Fläche der Buchstabenteile, somit folgt:

( ) ( )32 2b s bsb x s b b x b −− = − − −

2 23 38 6

s sb bxs b

+ − −

; 4.5 cm

Für b = 0 ist 38

x s= ; 3.75 cm und gleicht einem dünnen E.

Für 3sb = ist

2sx = ; 5 cm und gleicht einem Quadrat.

144 Sei x der gesuchte Abstand vom Erdmittelpunkt bis zum Schwerpunkt, m1 die Masse der Erde, m2 die Masse des Mondes und d der Abstand Erde −Mond.

dmm

mx21

2

+=

a) x = 4671 km vom Erdmittelpunkt entfernt. Das ist noch innerhalb der Erdkugel.

Kurt hat also Recht. b) x = 449.3 km vom Sonnenmittelpunkt entfernt. Das ist praktisch im

Sonnenmittelpunkt


145

146 a) Sei m die Masse eines Quaders.

3 1.5 2.5 0.5 5.75 2 0.5 1.5 1.5 2.5 0.5 3.5 7.5m h m h m h m h m h m h m h m h⋅ + ⋅ = ⋅ < ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅Der Schwerpunkt liegt oberhalb der Linie.

b) Der Schwerpunkt liegt oberhalb der Linie, obwohl sich mehr Masse unterhalb der

Linie befindet. 147

a) 32 4 4b b bx = + =

b) Schwerpunkt gemessen von Q bei 56b in x-Richtung und 3

2h in y-Richtung.

148 Die Absolutbeträge der Massen der Stäbe spielen keine Rolle, solange die Stäbe homogen sind. Es kann also ein beliebiger Proportionalitätsfaktor gewählt werden, zum Beispiel: 1 kg pro dm. Damit wäre m50 = 5 kg, m100 = 10 kg und m150 = 15 kg. Der Schwerpunkt des 50 cm Stabes in cm ist: (x50|y50) = (35|155) Der Schwerpunkt des 150 cm Stabes in cm ist: (x150|y150) = (5|85) Der Schwerpunkt des 100 cm Stabes in cm ist: (x100|y100) = (50|5) Die Aufhängung ist in cm bei: (xA|yA) = (60|155)

50 50 150 150 100 100

50 150 100

;Sm x m x m xx

m m m⋅ + ⋅ + ⋅=

+ + 25 cm

50 50 150 150 100 100

50 150 100S

m y m y m yym m m

⋅ + ⋅ + ⋅=+ +

; 70 cm

tan 22A SA S

x xy y

ϕ ϕ−= ⇒ = °−

150 cm100 cm

50 cm

Sx

y

ϕ


149 Wir hängen den Tisch an einem Tischbein auf. Nach dem Drehmomentgleichgewicht folgt:

( ) ( )4 42aF a x F a x ⋅ − = ⋅ − −

,

wobei F die Gewichtskraft der Stäbe und x die gesuchte Höhe ist. Nach x auflösen:

34

x a= ; 0.75 m

Drehmoment, Hebel 150 a) Da der Kraftarm zum Nagel kürzer ist als

der Kraftarm zum Angriffspunkt der Hand, muss die Kraft auf den Nagel entsprechend grösser sein.

b) Die Kraftarme verhalten sich wie 1:2. Daher ist die Kraft auf den Nagel 0.17 kN.

151

F2 F1

r1

r2

Drehachse

Seitenansicht: die beiden Tischbeine in der Mitte überlappen sich, ebenso die vier Stäbe der Deckplatte.

a

x a–x

Drehachse


Im Bild sind die Grössen für das Drehmoment eingezeichnet. (Die Kräfte durch die Drehachse spielen keine Rolle, da sie kein Drehmoment erzeugen. Vernachlässigt wurde auch die Gewichtskraft des Drückers.) Es fällt sofort auf, dass der Kraftarm r1 zu den Stiften kürzer ist als der Kraftarm r2. Im Gleichgewicht muss somit die Kraft 1F grösser sein als die Kraft 2F , mit der ich auf den Locher drücke. Dadurch kann ich die Stifte leichter durchs Papier bohren. 152 Wenn ich die Schere jeweils mit der konstanten Kraft F2 zusammendrücke, bewirke ich ein konstantes rechtsdrehendes Drehmoment. Der Halbkarton führt im Gleichgewicht zu einem ebenso grossen, linksdrehenden Drehmoment. Bei der Scherenspritze ist die Kraft hierfür klein, da der Kraftarm gross ist. Halbkarton schneiden Sie daher mit Vorteil nahe an der Drehachse, wo die Kraft am grössten ist. 153 400 800( 10) 500( 20) 300( 40) 200( 70) 0 20 cmx x x x x x+ − + − + − + − = ⇒ = 154 A wird nicht verschoben B wird so verschoben, dass : 4 : 5AM MB = C teilt seinen Balken im Verhältnis 3 : 2 D teilt seinen Balken im Verhältnis 1 : 2 E teilt seinen Balken im Verhältnis 3 : 1 F teilt seinen Balken im Verhältnis 2 : 1 155

a) Hand

Hand rrFF SG= ; 0.11 kN

b) HandSchulter FFF G += ; 0.17 kN

Drehachse

Drehachse

F2

F1

F1

r2

r2

r1

r1

F2

A B

C

D

E

F

M


156 Mit r werden die verschiedenen Kraftarme bezeichnet, mit m die Massen. Die Indizes bedeuten S = Susanne, K = Kind, B = Balken:

K

BBSSK r

rmrmm += ; 33 kg

157

159 G

F F= ; 0.33 kN

249 G

F F= ; 0.27 kN

158

AB = 100 cm, Schwerpunkt S bei AS = 150 cm und damit BS = 50 cm und BC = 180 cm. Hebelgesetz bezüglich des Punktes B: A S CF AB F BS F BC= +

S CA

F BS F BCFAB+= ; 1.0 kN zieht am Brett nach unten.

CSAB FFFF ++= ; 1.8 kN drückt am Brett nach oben.

159 a) FG sei die Gewichtskraft des Fensters, h der Abstand der Angeln, b die Breite des

Fensters. Bei der unteren Angel B wirken FBy nach oben und FBx nach rechts. Bei der oberen Angel A wirken FAy nach oben und FAx nach links. Gleichungssystem:

G Ay ByF F F= + ; Ay

By

Fq

F= ;

2G AxbF F h⋅ = ⋅ ;

2G BxbF F h⋅ = ⋅

Lösung: ;2Ax GbF Fh

= 2Bx GbF Fh

= ; 1Ay G

qF Fq

=+

; 11By G

F Fq

=+

b)

q AxF in N BxF in N AyF in N ByF in N

1 30 30 100 100 0 30 30 0 200 ∞ 30 30 200 0


160

Die blaue und die rote Fläche sind identisch. Der gemeinsame Schwerpunkt S liegt in der Mitte zwischen den Schwerpunkten S1 und S2 der beiden Teilflächen und hat die Koordinaten ( )S SS x y = (2.5 cm|3.5 cm). Der Punkt N hat die Koordinaten N(xN|yN) = (2 cm|2 cm).

Der Winkel α lässt sich aus 1tan ;3

S N

S N

x xy x

α −=−

berechnen. α = 18.4º

161 Da der Körper nach vorne kippen würde, wird die vordere Kante als Drehlinie genommen. Der Körper ist homogen und überall gleich tief, also kann die Masse proportional zur Fläche genommen werden.

( ) ( )baaababbb224

52

+

=⋅ und daraus 2=

ba

Antwort: a : b darf nicht grösser als 2 sein. 162 a) Die Gewichtskraft wirkt im Schwerpunkt der Leiter

senkrecht nach unten. Die Haftreibungskraft am Boden wirkt nach rechts

(weil die Leiter nach links rutschen würde). Die Haftreibungskraft an der Wand wirkt nach oben

(weil die Leiter nach unten rutschen würde).

b) 1 1tan2

HB HW

HB

µ µαµ

− −=

; 49°

c) 1 1tan2 HB

αµ

− =

; 51°

S1

S2

S

�

x

y

N

FB

FHB

FG

FW

FHW


163 a) Senkrecht zur Leiter, weil keine Reibungskräfte

vorhanden sind. b) Senkrecht nach oben, weil keine Reibungskräfte

vorhanden sind.

c) tanACBC

α= , 2cos

2G

AF lF

BCα= ; 30 N;

cosB G AF F F α= − ; 85 N d) Seil sinAF F α= ; 26 N 164 a) Die Leiter rutscht nach links, also zeigt die Reibungskraft

nach rechts. b) PF : Gewichtskraft der Person (Petra)

GF : Gewichtskraft der Leiter

BF : Reaktionskraft des Bodens auf die Leiter WF : Reaktionskraft der Wand auf die Leiter

HBF : Haftreibungszahl am Boden (nach rechts gerichtet) l : Länge der Leiter

HBµ : Haftreibungskoeffizient am Boden Pl : Position der Person (Petras) auf der Leiter von unten

gemessen α : Neigung der Leiter gegen die Horizontale

BPG FFF =+ , HB WF F= , HB HB BF Fµ= ,

cos sin2G P P WlF F l F lα α + ⋅ =

c) ( )HB HB G PF F Fµ= + , PGB FFF += , ( )W HB G PF F Fµ= + , ( )2tan

G P P

G P HB

lF F l

F F lα

µ

+=

+

d) ( )1 2tan

G P

G P HB

lF F

F Fα

µ−

+ = +

; 67°

B

A

C FSeil

FA

FB

FG

α

FB

FHB

FP

FG

FW


e) ( ) tan

2G P HB GP

P

lF F l Fl

F

µ α+ −=

Wenn α kleiner als 11° ist, rutscht die Leiter von ganz alleine weg.

Ab etwa α = 67° kann Petra bis ganz nach oben steigen (siehe auch d)).

Bei α = 90° kann jede beliebige Person bis ganz nach oben steigen.

165

FB

FHB

FP

FG

FW

FHW

a) Bezeichnungen wie in der vorherigen Aufgabe; neu Haftreibung an der Wand HWF

mit der Haftreibungszahl .HWµ Die Leiter rutscht nach unten, also zeigt die Reibungskraft an der Wand nach oben. b) G P B HWF F F F+ = + HB WF F= HB HB BF Fµ= HW HW WF Fµ=

cos sin cos2G P P W HWlF F l F l F lα α α + = +


c) ( )1HB G P

HBHB HW

F FF

µµ µ

+=

+; ( )

1HB HW G P

HWHB HW

F FF

µ µµ µ

+=

+;

1G P

BHB HW

F FFµ µ

+=+

,

( )1HB G P

WHB HW

F FF

µµ µ

+=

+; ( )

1(1 ) 12tan

P PG HB HW P HB HW

G P HB

l lF Fl l

F F

µ µ µ µα

µ

− + − − =+

d) ( )

1(1 )2arctan

G HB HW P

G P HB

F F

F F

µ µα

µ

− + = +

; 66°,

0.23 kNHBF = kN58.0=BF 47 NHWF = kN23.0=WF

Bemerkung: Die Reibung an der Wand spielt für den maximalen Neigungswinkel kaum eine Rolle. Falls die Reibung an der Wand vernachlässigt wird, ergeben sich folgende Werte: α = 67°,

0.25 kNHBF = kN63.0=BF 0 NHWF = kN25.0=WF 166 a) Lageplan:

FG

FR

FLFN

Kräfteplan:

Resultierende

FG

FR

FL

FN

b) Die Luftmoleküle üben Kräfte auf die ganze Querschnittsfläche der Fahrerin aus. Sie kann die Resultierende dieser Kräfte (die Luftreibungskraft) ver-kleinern, wenn sie sich wie im Bild «klein macht». Die Piste übt Reaktions-kräfte auf die ganze Skifläche aus. Ihre Resultierende hebt die zur Piste senk-rechte Komponente der Gewichtskraft auf. In der Regel wird diese Kraft «Normalkraft» genannt. Die Reibungs-kraft ist auch die Resultierende von kleineren Reibungs-kräften, die entlang der ganzen Skifläche angreifen. Alle Massenpunkte des Körpers werden von der Erde angezogen. Die Resultierende dieser Teil-Gewichts-kräfte ist die Gewichtskraft. Sie zeigt in Richtung Erdmittelpunkt und greift am Schwerpunkt der Fahrerin an.


c) Die Kräfte dürfen kein Gesamtdrehmoment auf die Fahrerin

ausüben. Die Wirkungslinie der Resultierenden aus Normalkraft und Reibungskraft muss in diesem Fall durch den Schwerpunkt verlaufen. Dadurch sind die Angriffspunkte für diese beiden Kräfte an der Skiunterseite eindeutig festgelegt.

FG

FR

FLFN

167 a) Die Gewichtskraft der Person wird dort, wo die Person steht, als Kraftpfeil FG

senkrecht nach unten eingezeichnet. Zwei Strecken von der Länge dieses Kraftpfeils sind parallel dazu an den Lagern nach unten gezeichnet. Es werden die beiden Diagonalen von A nach Q und von B nach P gezeichnet. Die Diagonalen schneiden vom Kraftpfeil FG den zum Lager gehörenden Anteil F1 bzw. F2 ab. Die grössere Kraftkomponente gehört zum näheren Lager.

b) x = Abstand der Person vom linken Lager l = Länge der Brücke zwischen den Lagern Aufgrund der Ähnlichkeit der Dreiecke (Strahlensatz) gilt:

2GF Fl x

= und 1GF Fl l x

=−

Es folgt: 1 2 ( )G GF FF F l x x Fl l

+ = − + = (Kräftegleichgewicht)

Und: 2GF x F l= (Drehmomentgleichgewicht bzgl. Drehachse durch Lager 1) 168 Hinweis: Aufgrund einer Änderung im Aufgabentext in der 2. Auflage 2006 hat diese Aufgabe zwei unterschiedliche Lösungen. Lösung für die 2. Auflage 2006: a) Bei Gleichgewicht liegt in der linken Waagschale (kürzerer Hebelarm) immer eine

grössere Masse als in der rechten. Die Verkäuferin verrechnet aber nur die in der rechten Schale liegende Masse, macht also einen Verlust.

b) m1 = Masse der Ware bei 1. Wägung (Ware links), m2 = Masse der Ware bei 2. Wägung (Ware rechts), Wm = tatsächliche Masse der Ware.

1. Wägung: ymxmW ⋅=⋅ 1 2. Wägung: ymxm W ⋅=⋅2


Erste Gleichung nach x auflösen, in die zweite einsetzen und die erhaltene Gleichung nach Wm auflösen:

21 mmmW ⋅= ; 25.0 g

c) Zusätzlich sei Sm die Masse einer Waagschale 1. Wägung: ymmxmm SSW ⋅+=⋅+ )()( 1 (1) 2. Wägung: ymmxmm SWS ⋅+=⋅+ )()( 2 (2) (1) – (2): ymmxmm WW ⋅−=⋅− )()( 12

nach x aufgelöst: ymm

mmxW

W

2

1

−−=

in (1) eingesetzt:

ymmymm

mmmmS

W

WSW ⋅+=−

−+ )())(( 12

1

gekürzt:

))(())(( 211 mmmmmmmm WSWSW −+=−+ (3)

ausmultipliziert und geordnet:

( ) 0)(2 21212 =++−+ mmmmmmmm SWSW Die quadratische Gleichung nach Wm aufgelöst (nur positive Lösung sinnvoll):

SSSW mmmmmmmm −+++= 21212 )( ; 25.1 g

Bemerkung: Der Einfluss der Waagschalen ist unter den gegebenen Umständen

gering im Vergleich zu dem Messfehler aufgrund der unterschiedlichen Balkenlänge.

Lösung für die 1. Auflage 2004: a) Die Verkäuferin bestimmt mit jeder Wägung eine zu kleine Masse, verkauft also zu

viel Gewürz für den Preis. b) m1 = Masse der Ware bei 1. Wägung, m2 = Masse der Ware bei 2. Wägung,

m = tatsächliche Masse der Ware. 1. Wägung: 1 =m x my 2. Wägung: 2 =m y mx Erste Gleichung nach x auflösen, in die zweite einsetzen und die erhaltene

Gleichung nach m auflösen: 21 mmmW ⋅= ; 25.1 g


169 a) Sei F die Gewichtskraft der kleinen Masse, dann haben wir mit dem Hebelgesetz:

( ) (1 )G G eF a xF b x F cd ⋅ = + −

.

Dieser Ausdruck ist unabhängig von x, falls cdeb = ist.

In diesem Fall gilt: cdeFFa G

=

b) ecad

FFG = ; 10 :1. Es handelt sich hier um eine Dezimalwaage.

170 Sei l die Länge der Brücke (kürzt sich wieder weg!). Sei α der Neigungswinkel (60°). Kraft der Wand auf die Kette: WKF , Hebelgesetz bzgl. der Brückenbasis:

,sin2G K WlF F lα = und damit , sin2K W G

F Fα= ; GF43 ; 8.5 kN

Kraft der Wand auf die Brückenbasis: WBF , Kraft der Wand auf die Brückenbasis aus dem Kräftegleichgewicht:

1.) senkrecht: , 3 cos 2sin 4G K W GF F F αα +− =

; GF8

5

2.) waagrecht: , cosK WF α ; GF83

Und daraus die Resultierende:

GWB FF 47

, = ; 13 kN

171 a) Bei B wirkt eine Kraft nach rechts und nach oben. Bei A wirkt eine Kraft nach links und nach unten. b) Gleichungssystem:

G BxAC F AB F⋅ = ⋅ , G AxAC F AB F⋅ = ⋅ , Ay By GF F F+ = , By

Bx

F ABF AD

=

Lösung:

1Ay G ACF F AD = −

; 0.15 kN, Ax GACF FAB= ; 0.47 kN

By GACF FAD

= ; 0.35 kN, Bx GACF FAB= ; 0.47 kN

2 2

A Ax AyF F F= + ; 0.49 N und 2 2

B Bx ByF F F= + ; 0.58 N

A D C

B


172 Das Seil zum Ausleger muss die Kraft FA halten:

oben ; 65 kNsin sin

m

AA

lmgF lF

ϕ ϕ= = , wobei tan

A

hl

ϕ = ist.

Die Kraft rechtsF muss vom Seil zum hinteren Ausleger erzeugt werden und die Seilkraft AF ausgleichen. Von der Spitze zum hinteren Ausleger muss das Seil FS halten:

rechts cosAF F ϕ= ; 2rechts ;1.0 10 kN

cosSFF

λ= ⋅ , wobei tan

R

hl

λ =

Vom hinteren Ausleger nach unten wirkt die Kraft UF :

sin ;U SF F λ= 82 kN Andere Berechnungsmöglichkeit für UF mit den Drehmomenten:

mm U R U

R

l mgl mg F l Fl

= ⇒ = ; 82 kN

173 a) Der Schwerpunkt soll über einer Basiskante (= Drehachse)

liegen: tan ah

ϕ = ; also für arctan ah

ϕ >

Unwarscheinlicher Fall über die Ecke (= Drehpunkt):

tan 2 ah

ϕ = ⋅ also für arctan 2 ah

ϕ >

b) Der Grenzfall für das Rutschen ist erreicht, wenn die

Hangabtriebskraft HF gleich der Reibungskraft RF ist. cos sin tanR H G G HF F Fµ ϕ ϕ µ ϕ= = ⇒ =

Also für arctan .Hϕ µ= c) Die Resultierende aus der Gewichtskraft GF und

der stossenden Kraft F geht im Grenzfall genau zur Kante hin.

Die Schubkraft F hat die Reibungskraft RF als gleich grosse Gegenkraft.

22 2

R

H H

F x mg x axF a mg aµ µ

= ⇒ = ⇒ = bzw. 2 H

axµ

<

m

Foben

Frechts

FA

FU

FS

lm lR

h

lA λ

a

aa

h

FG

F F

a

a

a

h


Trägheitsprinzip (I. Newton’sches Axiom) 174 Nach dem Trägheitsprinzip verharrt die Flasche in ihrem geradlinigen, gleichförmigen Bewegungszustand, solange keine äusseren Kräfte auf sie einwirken. Die Reibungskraft ist sehr gering und kann die Flasche nicht auf der linkskurvigen Bahn halten. Somit bewegt sich die Flasche relativ zum Zug nach rechts. 175 Der Mond ist träge. Er würde sich geradlinig, gleichförmig bewegen, wenn keine Kräfte auf ihn einwirken würden. Die Anziehungskraft bewirkt ein Ablenkung von der geradlinigen Bahn auf eine kreisförmige Bahn. Wenn die Antriebskraft da wäre, würde der Mond immer schneller werden. Wenn die Fliehkraft da wäre, würde sich der Mond geradlinig bewegen. Somit gibt es nur eine Kraft, die auf den Mond wirkt: die Erdanziehungskraft. 176

a) N GF F mg= = , weil ein Kräftegleichgewicht herrscht. b) Nein, beim Anfahren werden Lift und Person beschleunigt, bis beide die konstante

Geschwindigkeit erreichen. Die Normalkraft auf die Person ist beim Anfahren leicht grösser als ihre Gewichtskraft. Es ist möglich, diesen Effekt mit einer langen Beschleunigungsphase zu minimieren.

Aktionsprinzip (II. Newton‘sches Axiom) 177 a) Konstante Kraft nach rechts b) Keine Kraft c) Keine Kraft d) Konstante Kraft nach links e) Konstante Kraft nach rechts

(ab v = 0 keine Kraft) 178 a) E b) B bis v = 0, dann E c) B d) F 179

tvvmF

∆−= 12 ; 30 kN

180

a) Zug cosF F α= ; 1.6 kN b) Fam

= ; 2 22.4 10 m/s−⋅


181

aFm = ; 338 kg

182

mFa 3= ; 1.78 m/s2

183

a) gmFa −= ; 3.9 m/s2

b) mFa = ; 14 m/s2

c) Beim Abbrennen der Triebladung verringert sich die Masse der Rakete. Bleibt der Schub aber konstant, wird sich die Beschleunigung vergrössern.

184 m ist die Masse im Harass und mB die Masse des Bodens. Die Reibungskraft RF der Nägel ist entscheidend. Bei einer Beschleunigung von a nach oben fällt der Boden ab, falls ))(( agmmF BR ++< ist. 185

a) In Bewegungsrichtung wirkt die Kraft res sinF F α= . sinFam

α= ; 0.30 m/s2

b) 212

s at= ; 1.5 m

186

sFtm2

2

= ; 14 t

187

2

Bremsen 2vas

= − ; –13 m/s2 2

2vF ms

= ; 4.7 kN

188

a) 21

11

2tsa = ; 52 m/s2 b) 1 1 1v a t= ; 10 m/s

c) )( 11 gamF += ; 15 kN d) gmFa −= 22 ; 126 m/s

2

e) 22 1 2 2 212s v t a t= + ; 14 m f) 2212 tavv += ; 61 m/s


189

a) 1

2

mgma = ; 49 m/s2

Wagen (m1) und Antriebsmasse (m2) erfahren immer die gleiche Beschleunigung. Ohne angehängten Wagen würde die Antriebsmasse wie alle Körper mit der Fallbeschleunigung g = 9.81 m/s2 fallen. Es ist unsinnig, dass die Beschleunigung der Antriebsmasse mit angehängtem Wagen grösser als beim freien Fall sein soll.

b) Die Gewichtskraft auf den Antriebsklotz beschleunigt den Wagen und den

Antriebsklotz.

21

2

mmgma

+= ; 8.2 m/s2 amF 1Antrieb = ; 8.2 N

c) gxxa+

=1

d) Beispiel: TI-89

Die Beschleunigung nähert sich dem Wert für die Fallbeschleunigung g = 9.81 m/s2

asymptotisch. 190

2

2 RvF m Fs

= + ; 88 kN

191

;Ha gµ> 4 m/s2

192

a) Sie kommt nach vta

=−

; 5.0 s zum Stehen, in dieser Zeit legt sie den Weg

2

2vsa

=−

; 63 m zurück.

b) ag

µ −= ; 0.51

c) Literaturwert: Pneu auf Asphalt Haftreibung 1.0, Gleitreibung 0.60. Ein Vergleich mit dem Literaturwert zeigt, dass die Reibungszahl deutlich kleiner ist

als für Haftreibung und in etwa gleich gross wie für Gleitreibung.


Falls ihre Räder blockierten, liegt Gleitreibung vor, und die Frage lässt sich nicht beantworten. Falls die Räder aber nicht blockierten, liegt Haftreibung vor. Dann sind die Bremsen nicht in Ordnung oder sie hat zu zögerlich gebremst, weil sie nicht die maximale Haftreibung erreicht.

193

a) Ma mgµ≤ , mgaM

µ≤ ; 1.0 m/s2

b) m5.4;21 2ats = , könnte klappen.

194

Hma mgµ≤ und sva2

2

= ergibt 2

2Hvsg

µ ≥ ; 0.25

195 Die Bremskraft bewirkt eine Bremsbeschleunigung. Aus der Anfangsgeschwindigkeit und dem Bremsweg ergibt sich die Bremsbeschleunigung. Überraschenderweise ist die Masse des Velos und der Fahrerin unbedeutend.

Bgsv

2

2

=µ ; 0.63

196

a) ( ) GM m a mg Mgµ+ = − , ( )Gm M gaM m

µ−=

+2; 0.92 m/s

b) G mMµ = ; 0.13

197

Allgemein gilt für den Bremsweg: 2

2B B

vsa

=−

mit der Anfangsgeschwindigkeit v und

der (konstanten) Bremsbeschleunigung 0Ba < .

In der Ebene: Bma mgµ= − →2

, Ebene 2Bvsgµ

=

Mit Steigung:

sin cosBma mg mgα µ α′ = − − →2

2 2

12 22 sin 2 cos sin cos

Bvs g gg g

v vµα µ α α α

′ = =+ +

2, Ebene

1cos 2 sin( )

B

B

s gs v

α α′ =

+; 24 m


Mit Gefälle: sin cosBma mg mgα μ α′′ = −

2, Ebene

1cos 2 sin( )

B

B

s gs v

α α′′ =

−; 41 m

198 a) Die Pralinenschachtel wird beschleunigt. Die Kraft des Förderbandes auf die

Pralinenschachtel lässt sich mit dem 2. Newton´schen Axiom berechnen: μ μ= = ⇒ =B NF ma F a g

Nach dem Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz der gleichmässig beschleunigten Bewegung folgt: ( ) 0v t gt vμ= −

Wenn die Schachtel zu gleiten aufhört, ist ihre Relativgeschwindigkeit zum Förderband null:

00 gt vμ= − 0μ⇒ =

vtg

; 0.31 s

b) 20

2μ= −

vsg

; −15 cm

199 a) Beschleunigende Kraft auf die Münze: res R G GF ma F mg a gμ μ= = = ⇒ = Idee: In der Zeit bis die Glasöffnung vollständig frei ist, darf die Münze maximal bis

zum Glasrand kommen. Die Öffnung ist nach der Strecke:

Deckel Glas2

d ds += vollständig frei. Für die Zeit gilt also:

Deckel Glas2

d dtv+

=

In dieser Zeit hat die Münze folgende Strecke zurückgelegt:

( )2Deckel Glas2

21 12 2 4G

d ds at g

vμ

+= =

Diese Strecke muss kleiner sein als der halbe Glasdurchmesser:

2Glasds <

also:

Deckel GlasGlas2

Gd d gvdμ+

> ; 0.7 m/s

b) Da die Reibungszahl zunimmt, muss bei einem Radiergummi der Deckel schneller

weggezogen werden. Dann kann es aber auch gehen.


200

ZF : Zugkraft

a) m

FmgFa ZZ )sin(cos αµα −−= ; 0.88 m/s2

b) Optimaler Winkel bei 0.80°.

Sie müssten also fast horizontal ziehen. c) Die nach oben gerichtete Komponente der Zugkraft verringert die Reibungskraft. Wechselwirkungsprinzip (III. Newton’schen Axiom) 201 Null; die Badezimmerwaage erzeugt eine zur Gewichtskraft entgegengesetzte Kraft gleicher Grösse. Die Summe der beiden Kräfte ist null (wäre die Summe ungleich null, so müsste eine Beschleunigung auftreten). 202 Wechselwirkungskräfte heben sich nie auf, da sie nicht wie Gleichgewichtskräfte auf denselben Körper wirken. Auf den Lastwagen wirkt einerseits die Kraft, die der Mann ausübt. Andererseits treten auch Reibungskräfte auf, die in entgegengesetzter Richtung zeigen. Die resultierende Kraft am Lastwagen ist aber nach vorne gerichtet und ungleich null. Deshalb wird er in Bewegung versetzt. Wichtig: Die Kraft, die der Lastwagen als Wechselwirkungskraft ausübt, greift am Mann an und hat somit keinen Einfluss auf die Bewegung des Lastwagens. 203 Beim Absprung drückt Florence das Paddelboot nach hinten weg. Das Boot hingegen erteilt Florence eine Wechselwirkungskraft Richtung Land. Da die Masse des Bootes aber deutlich geringer ist als die von Florence, erfährt das Boot dadurch eine grössere Beschleunigung als Florence (II. Newton’sches Axiom). Deshalb bewegte sich das Boot rascher vom Ufer weg als Florence Richtung Ufer.


204

F2,1

FR

FG

F1,2

Damit der Magnet an der senkrechten Kühlschranktür hält, muss eine zur Gewichtskraft GF entgegengesetzt gerichtete Kraft auf den Magnet wirken: die Haftreibungskraft RF .

Das ist die Kraft, mit der die Oberfläche der Kühlschranktür den Fisch nach oben drückt. Umgekehrt drückt der Magnet die Kühlschranktür nach unten (Wechsel-wirkungskraft zur Haftreibungskraft, in der Skizze nicht eingezeichnet). Reibungskräfte erfolgen nur, wenn beide Oberflächen aneinander gedrückt werden. Dafür ist die zweite Wechselwirkung notwendig: Der Fisch zieht durch seine Magnetkraft die Kühlschranktür an ( )2,1F , und die Kühlschranktür zieht den Magnetfisch an ( )1,2F . Vermischte Aufgaben zu den Newton’schen Axiomen 205

a) maF 31,2 = b) maF 23,2 = c) maFFF =−= 3,21,22 206 a) Eimer 1: Gewichtskraft nach unten 1, 1GF m g= ; 132 N Seilkraft nach oben 1,Seil 1,GF F= ; 132 N Eimer 2: Seilkraft nach oben 2,Seil 1,SeilF F= ; 132 N Gewichtskraft nach unten 2, 2GF m g= ; 137 N Kraft der Klappe nach oben 2,Klappe 2, 2,SeilGF F F= − ; 5 N

b) gmmmma

12

12

+−= ; 0.178 m/s2

c) Eimer 1: Gewichtskraft nach unten 1, 1GF m g= ; 132 N Seilkraft nach oben 1,Seil 1, 1GF F m a= + ; 135 N Eimer 2: Seilkraft nach oben 2,Seil 1,SeilF F= ; 135 N Gewichtskraft nach unten 2, 2GF m g= ; 137 N


207 a) Die Aussage ist nicht korrekt. Es werden zwei Kräfte verglichen, die auf denselben

Gegenstand wirken. Das Wechselwirkungsprinzip würde in diesem Fall eine Aussage über die Kraft machen, mit der Waggon 1 auf die Lok wirkt. Diese Kraft ist immer gleich gross und entgegengesetzt gerichtet zur Kraft, mit der die Lok auf Waggon 1 einwirkt. Die Kraft, die Waggon 2 auf Waggon 1 ausübt, kann im Prinzip beliebige Werte annehmen.

b) Bei den folgenden Kräften ,x yF gibt der erste Index x an, auf welchen Gegenstand

die Kraft wirkt. Der zweite Index y bezeichnet den Gegenstand, der die Kraft ausübt:

21

Lok,1

mmF

a+

= ; 0.16 m/s2. Lok,11,Lok FF = ; 5.0 kN. 1,2 2,1 2F F m a= = ; 3.1 kN

c) 0=a . Prellbock,21,22,1Lok,11,Lok FFFFF ==== ; 5.0 kN 208

ZF : Zugkraft des Traktors

WWF : Wechselwirkungskraft (Reaktionskraft) des Betonblocks auf den Traktor

RF : Reibungskraft des Bodens auf den Betonblock a) Beim Anfahren gilt: RZ FF > (Newton II, 0>a )

Bei gleichförmiger Bewegung gilt: RZ FF = (Newton II, 0=a ) Beides folgt aus: RZ FFma −=

b) Sowohl beim Anfahren als auch bei gleichförmiger Bewegung gilt:

WWFFZrr

−= (Newton III) 209 a) Bei konstanter Geschwindigkeit muss die resultierende Kraft auf jeweils beide

Personen null sein. Auf Olga wirkt ihre Gewichtskraft nach unten. Bond muss also auf sie eine gleich grosse Kraft nach oben ausüben. Damit er das tut, muss Olga mit einer entsprechend grossen Kraft an Bonds Füssen ziehen:

Bond,Olga OlgaF m g= ; 0.64 kN An Bond wirken Bond,OlgaF und seine eigene Gewichtskraft nach unten. Damit ihn der

Lift mit einer gleich grossen Kraft nach oben zieht, muss er sich am Lift mit der Kraft Lift,Bond Olga Bond( )F m m g= + = 1.5 kN halten.

b) Beide Personen müssen eine grössere Kraft ausüben, damit sie durch die jeweilige Wechselwirkungskraft nicht nur gehalten, sondern auch noch beschleunigt werden:

Bond,Olga Olga ( )F m g a= + ; 0.74 kN Lift,Bond Olga Bond( ) ( )F m m g a= + ⋅ + ; 1.7 kN


210 a) Wegen des Wechselwirkungsprinzips wirkt die Kraft, mit der Anne an der Leine

zieht, auch auf sie selbst. Bei vernachlässigbarer Masse der Leine wirkt daher auf beide Boote eine gleich grosse Kraft F.

Es gilt: rel 1 2 1 21 2

( ) F Fv v v a a t tm m

= + = + ⋅ = + ⋅

Aufgelöst nach F gibt das: 1

rel

1 2

1 1 ;vFt m m

−

= +

54 N

b) 2 rel1 2

1 1 1 12 2

s F t v tm m

= ⋅ + ⋅ =

; 2.5 m

Bildnachweis: 150, 151, 164, 165: KZO-Fotoprojekt mit Schülerinnen und Schüler unter Leitung von Bruno Cappelli

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 2.3 Erhaltungssätze 1 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

2.3 Erhaltungssätze Einfache Maschinen 211 Die Kraft ist nur noch ein Viertel so gross. Dafür muss 4-mal mehr Seil gezogen werden, als wenn der Schirm ohne Flaschenzug direkt aufgespannt würde. 212

mgFFF GG 45

4Decke ; 0.59 kN

213 a) Mit jeder Rolle halbiert sich die Kraft: 200 N b) Mit diesem Flaschenzug kann das Gewicht nur wenig angehoben werden, bevor die

obere Rolle oben anstösst. Um die unterste Rolle einen Zentimeter anzuheben, muss die mittlere Rolle 2 cm, die oberste gar 4 cm angehoben werden. Der Abstand der letzten Rolle zur oberen Befestigung muss bei diesem Flaschenzug also viermal so lang sein wie die gewünschte Hubstrecke!

214 1. Das Känguru verlängert den Hebelarm, dadurch wird die Kraft auf die Nuss

vergrössert. 2. Das Gewinde ist eine aufgewickelte schiefe Ebene. Gemäss der goldenen Regel der

Mechanik ist das Produkt aus Weg und Kraft konstant. Bei einer vollen Umdrehung (langer Weg, kleine Kraft) senkt sich das Gewinde nur wenig (kurzer Weg, grosse Kraft). Insgesamt resultiert also eine Vergrösserung der Kraft.

3. Die Spitze des Stempels bewirkt eine Druckvergrösserung. Dies zwingt die Nuss in die Knie!

215 a) Sie üben eine Kraft auf die Kurbel aus und verrichten somit Arbeit. Mit der Kurbel

und dem Flaschenzug wird Kraft gespart, der Weg ist aber länger. Die Maschine spart Kraft, aber keine Arbeit. Wenn die Maschine keine Reibungsverluste hätte, würde genau so viel Arbeit auf dem Rollstuhlfahrer verrichtet. Diese Arbeit wird in Form von potenzieller Energie im Rollstuhlfahrer gespeichert.

b) Um den Rollstuhlfahrer der Masse 100 kg um 5 cm hochzuheben, müssen Sie verrichten. Somit müssen Sie dieselbe Arbeit bei der Kurbel

verrichten: W , wobei s der Umfang des Kurbelkreises ist. ; 49 JW mgh

Fs

2mghWF

s r ; 26 N

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 2.3 Erhaltungssätze 2 © 2004 Orell Füssli Verlag AG

gs

Arbeit 216 Die Kraft soll in Richtung der Bewegungsrichtung zeigen, sonst wird die Parallelkom-ponente der Kraft betrachtet. Wenn die Kraft senkrecht zur Bewegungsrichtung steht, ist die Arbeit null. Die Arbeit kann auch negativ sein, wenn die Parallelkomponente gegen die Bewegungsrichtung zeigt. Ausserdem nimmt man auch in dieser vereinfachten Definition an, dass die Kraft konstant bleibt, sonst muss man die mittlere Kraft verwenden. 217 Nur Hubarbeit beim Hochheben der Flaschen sowie beim Treppensteigen. Beim «Tragen» und «Warten» verrichtet er keine mechanische Arbeit an den Flaschen. 218

Whub mgh a) 1.0 J b) 50 J c) 0.98 kJ d) 30 kJ 219

GW m ; 5.3 kJ 220

a) cosGW mgh s mg ; 9.4 kJ b) Die Geschwindigkeit wird als konstant angenommen. Die ganze Strecke wird als

eine schiefe Ebene mit überall gleicher Neigung aufgefasst. Das Zugseil wird parallel zur Unterlage gehalten.

221

WB ma s m

2s

t 2 s ; 1.5 kJ

222

F m (g

2s

t 2); 140 N; WR mg s ; 190 J;

WB m2st2 s ; 1.1 kJ

Physik anwenden und verstehen: Lösu

physik anwenden und verstehen: lösungen 1 grundlagen ... · die dimension der beschleunigung als...

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