Aufgabe:

Vor einem Autofahrer mit der Geschwindigkeit 20 m/s taucht plötzlich ein Hindernis auf. Nach der Schrecksekunde tS = 1,0 s (häufig auch Reaktionszeit tR genannt) beginnt der Autofahrer mit konstanter Bremsbeschleunigung a = - 6,0 m/s2 zu bremsen. a) Wie groß ist der ganze theoretische Anhalteweg? b) Kommt der Autofahrer  noch rechtzeitig zum Stillstand, wenn das Hindernis beim Auftauchen noch 100 m entfernt war? c) Welche Geschwindigkeit hat das Auto zur Zeit 4,0 s? Wie weit ist es dann noch vom Hindernis entfernt? d) Wann hat das Auto die Geschwindigkeit 5,0 m/s? e) Wann und mit welcher Geschwindigkeit prallt das Auto auf das Hindernis, wenn dieses nur 50 m entfernt ist?

So könnte Ihre Lösung im Heft stehen.

Hinweis: Statt von einer negativen Bremsbeschleunigung hätten manche lieber von einer Bremsverzögerung gesprochen. Leider liegt nur in 50 % der Fälle eine verzögerte Bewegung vor, wenn die Beschleunigung negativ ist; in den anderen 50% der Fälle wird die Bewegung sogar schneller!

Hilfreich ist es dabei besonders, wenn Du darauf getrimmt bist, die Grundgleichungen für Zeitintervalle (Dt) zu verwenden. Alle bisher behandelten Fälle sind danach in den Grundgleichungen enthalten:

Grundgleichungen	jeweils gültig in einem Zeitintervall mit einheitlicher Bewegung bzw. Beschleunigung; falls sich die Art der Bewegung oder die Beschleunigung ändert, muss ein neues Zeitintervall gewählt werden mit anderen Werten für a, v0 und Dt
a = konst
v = v0 + Dv	Dv  = a . Dt
x = x0 + Dx	Dx = v0 . Dt + ½ .a .Dt2

oder nach dem PUB (Prinzip der Unabhängigkeit der Bewegungen):

Ziel ist es hier, Lösungsverfahren einzusetzen, die weder viel "Wissen" voraussetzen, noch eine Formelsammlung. Statt in irgendwelche fertigen "Formeln" einzusetzen, bietet es sich in diesem Sinn an, immer von Grundformeln oder allgemeinen Lösungsverfahren, wie dem Flächenverfahren, auszugehen.

Lösen Sie Bewegungsaufgaben niemals ohne Graphen!

Beschreibung der Bewegung im t-v-Diagramm; Wahl des Koordinatensystems: Der Aufgabensteller hat, ohne dass das in der Aufgabe erwähnt wird, vorher ein bestimmtes Koordinatensystem festgelegt - so, wie es auch natürlich ist. In ihm ist die positive Richtung (häufig Vorwärtsrichtung genannt) und die negative Richtung (häufig Rückwärtsrichtung genannt) festgelegt. Hier ist die positive Richtung die Bewegungsrichtung. Nur in Bezug darauf deutet das negative Vorzeichen der Beschleunigung auf die Bremsverzögerung hin.	Von der Zeit t = 0 s (Auftauchen des Hindernisses) bis zum Ende der Schrecksekunde (der Reaktionszeit) tR bewegt sich das Fahrzeug noch gleichförmig weiter. Erst von dieser Zeit tR an findet eine gleichmäßig beschleunigte Bewegungmit negativer Beschleunigung statt. Der Bremsvorgang ist im Idealfall zur Zeit tB beendet, wenn das Fahrzeug zum Stillstand gekommen ist. Der gesamte Anhalteweg setzt sich dann zusammen aus dem Reaktionsweg (bis zur Zeit tR) und dem eigentlichen Bremsweg (zwischen tR und tB). Hier liegen offenbar zwei Bereiche mit unterschiedlichen Bewegungen vor: Im Bereich I liegt eine gleichförmige Bewegung mit konstanter Geschwindigkeit v0 vor. Im Bereich II liegt eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung vor. Das erste Intervall beginnt mit der Zeit 0; dort braucht man also nicht zwischen t und Dt zu unterscheiden. Im Bereich II muss aber Dt immer auf den Intervallanfang bezogen werden, also mittels Dt = t - tR auf tR. Im Bereich II wird Dt maximal tB - tR. Der interessante Bereich ist sicher Bereich II.
a) gesamter theoretischer Anhalteweg	Zur Lösung gibt es verschiedene Verfahren: 1. Flächenverfahren: Der Anhalteweg entspricht der Fläche unter dem t-v-Graphen: (1) s = v0.tR + ½. v0.Dt Dt bis zum Stillstand ergibt sich aus der Bedingung: a = Dv/Dt => (2) Dt = Dv/a. Dv ist in diesem Fall negativ, nämlich - v0, also Dt = -v0/a. Natürlich ist Dt>0, da ja auch a negativ ist. Mit dem davorstehenden Minuszeichen ergibt sich ein positiver Wert. Insgesamt erhalten Sie mit (1): s = v0.tR - ½v02/a Wieder ist der zweite Term wegen des davorstehenden Minuszeichens positiv. Mit den Zahlenwerten der Aufgabe erhält man: s = 20 m/s . 1,0 s - ½ . (20 m/s)2 .(-6,0 m/s2) = 20 + 33,3 m = 53,3 m. 2. Lösung mit den Bewegungsgesetzen: Der Koordinatenursprung wird zweckmäßig in die Position gelegt, an der sich das Auto bei Beginn des Bremsvorgangs befand. Es interessiert also nur der Bereich II: Hier gilt: (1) v = v0 + a . Dt (2) x = x0 + v0. Dt + ½ . a . Dt2 Bei dieser Wahl des Koordinatensystems ist x0 = 0; für den gesamten Anhalteweg ist allerdings zusätzlich der Reaktionsweg zu berücksichtigen! Dt ist das Zeitintervall seit Beginn des Bremsens. Stillstand tritt ein, wenn v = 0, also mit (1): v = 0 = v0 + a . Dt  => Dt = - v0/a (>0, da a < 0 !). Eingesetzt in (2) ergibt sich: x = 0 + v0.(-v0/a) + ½ . a. (-v0/a)2 =  - v02/a + ½ . a. (-v0/a)2  =  - ½ . a. (-v0/a)2 Mit den Werten der Aufgabe erhält man also: x = 0,5 . 6,0 m/s2. ( - 20 m/s / 6,0 m/s2)2 = 33,3 m. Zusammen mit dem Reaktionsweg ergibt sich also ein Anhalteweg s = 53,3 m. Wenn Sie als Koordinatenursprung die Position des Fahrzeugs beim Auftauchen des Hindernisses gewählt hätten, wäre es fast genauso gegangen. Zu Beginn des Bereichs II wäre dann x0 = 20 m, eben der bis dahin zurückgelegte Reaktionweg. Für Dt ergibt sich mit den gleichen Daten: Dt = - v0/a = - 20 m/s / (-6,0 m/s2) = 3,3 s. Hinzukommt die Reaktionszeit tR = 1,0 s . Antwortsatz: Das Auto kommt zur Zeit tB = 4,3 s zum Stillstand. Der Anhalteweg beträgt 53,3 m. Hinweis: Ein Schlaumeier setzt für den Anhalteweg an: s = x0 + ½ . a . Dt2 und rechnet: s = 20 m  + 0,5 . 6,0 m/s2 . (3,3s)2 = 20 m + 32,7 m = 52,7 m. Bis auf Rundungsfehler erhält er also angeblich das gleiche Ergebnis und wundert sich, dass der Lehrer sehr unzufrieden ist. Leider hat er gleich zwei Fehler gemacht, deren Wirkungen sich gegenseitig aufheben. Welche?
b) Kommt der Autofahrer  noch rechtzeitig zum Stillstand, wenn das Hindernis beim Auftauchen noch 100 m entfernt war?	Wenn der PKW 100 m zum Anhalten zur Verfügung hat und der Anhalteweg nur 53,3 m beträgt, kommt der PKW natürlich rechtzeitig zum Stillstand. Bei einer ähnlichen Frage müssen Sie also den zur Verfügung stehenden Weg (hier: 100 m) mit dem Anhalteweg vergleichen. Dieser muss evtl. zuerst berechnet werden.
c) Welche Geschwindigkeit hat das Auto zur Zeit 4,0 s? Wie weit ist es dann noch vom Hindernis entfernt?	Diese Aufgabe kann wieder mit dem Flächenverfahren oder den allgemeinen Bewegungsgesetzen gelöst werden: Dt beträgt hier (im Bereich II) also 3,0 s. 1. Flächenverfahren: Es gilt die gelb unterlegte Fläche. Bei der Berechnung der Trapezfläche (große Rechtecksfläche - Dreiecksfläche) ist Dv zu berücksichtigen. Aus a = Dv/Dt ergibt sich Dv = a.Dt = - 6,0 m/s2 . 3,0 s = - 18 m/s (negativ, weil die Geschwindigkeit kleiner wird). Die Höhe des zu subtrahierenden Dreiecks ist also 18 m/s. Die verbleibende Geschwindigkeit nach 4,0 s ist dann v = v0 + Dv = 20 m/s - 18 m/s = 2,0 m/s. Aus der Fläche also: s = 20 m/s . 4,0 s  - ½ . 3,0 s . 18 m/s = 80 m - 27 m = 53 m. Antwortsatz: Zur Zeit 4,0 s ist das Auto noch 0,30 m vom Stillstand und 47 m vom Hindernis entfernt und hat dort noch die Geschwindigkeit 2,0 m/s. 2. Mit allgemeinen Ansätzen: Nach (2)  gilt: s = x0 + v0 . Dt + ½ . a . Dt2 = 20 m + 20 m/s . 3,0s + ½ . ( - 6,0 m/s2) . (3,0s )2 = 80 m - 27 m = 53 m. Sie erhalten das gleiche Ergebnis.
d) Wann hat das Auto die Geschwindigkeit 5,0 m/s?	Wenn v = 5,0 m/s ist, dann muss Dv =  - 15 m/s sein. Mit a = Dv/Dt erhält man Dt = Dv/a =  - 15 m/s / ( - 6,0 m/s2) = 2,5 s. Dazu kommt noch die Reaktionszeit. Antwortsatz: Das Auto hat zur Zeit 3,5 s noch die Geschwindigkeit 5,0 m/s.
e) Wann und mit welcher Geschwindigkeit prallt das Auto auf das Hindernis, wenn dieses nur 50 m entfernt ist?	Dies ist der schwierigste Aufgabenteil. Er lässt sich auch mit dem Flächenverfahren lösen. Einfacher geht es aber mit allgemeinen Ansätzen. In jedem Fall führt die Lösung über eine quadratische Gleichung. Es gilt: (1) v = v0 + a . Dt (2) x = x0 + v0. Dt + ½ . a . Dt2 Für den bis zum Aufprall erreichten Ort x gilt nach Angabe: x = 50 m. Mit x0 = 20 m (Reaktionsweg) ergibt sich aus (2) die quadratische Gleichung für Dt: (2'):     ½ . a . Dt2 + v0. Dt - 30 m = 0 Die Lösungsformel liefert: Dt½ = 1/a (  - v0 +/- sqr( v02+ 4 . ½ . a . 30 m ) ). (sqr = Ö) Mit den gegebenen Werten: Dt½ = ( - 20 m/s  +/- sqr( (20 m/s)2 + 4 . ½ . (-6,0 m/s2) .30 m) )/ ( - 6,0 m/s2) = ( 20 m/s -/+ sqr(( 400 - 360 ) m/s)/ ( 6,0 m/s2) = ( 20 -/+ 6,32)/ (6,0 s) = 2,28 s bzw. 4,39 s Merkwürdigerweise ergeben sich hier zwei Lösungen?! Die zweite Begegnungszeit entspricht einer hypothetischen 2. Begegnungszeit mit dem Hindernis, wenn das Auto am Hindernis vorbeigefahren ist, zum Stillstand kam und dann mit derselben negativen Beschleunigung wieder rückwärts am Hindernis vorbeifährt. Aus (1) erhält man die Geschwindigkeit: (1) v = v0 + a . Dt = 20 m/s  - 6,0 m/s2 . 2,28 s = 6,3 m/s Antwortsatz: Wenn das Hindernis in einer Entfernung von 50 m auftaucht, prallt das Auto zur Zeit 3,3 s ( von 3,28 s) mit der Geschwindigkeit 6,3 m/s auf das Hindernis auf. Der Anthalteweg ist dann um 3,3 m zu kurz!

Hinweise:

1. Gerade für die letzten beiden Fragestellungen werden von vielen Lehrern andere Lösungsverfahren bevorzugt, bei denen Sie eine fertige Formel verwenden ("3. Bewegungsgleichung"). Mit der fertigen Formel haben Sie natürlich weniger Arbeit als hier. Für uns ist eine solche fertige Formel aber nicht wichtig. Wichtiger erscheint, dass Sie den Umgang mit den Grundformeln beherrschen. Im Zusammenhang mit Energie und Arbeit ergibt sich diese "3. Bewegungsgleichung" ganz automatisch in einer Zeile. Dann wird es sinnvoll sein, das Problem so zu lösen.

2. Der Ausgang von den Zeitintervallen (Dt)   führt unmittelbar zur Verwendung der richtigen Zeitdifferenzen! Es gibt keine Verwechslungsmöglichkeit zwischen den Zeitpunkten gleicher Geschwindigkeit und gleichen Ortes!

Ohne die Graphen haben Sie kaum eine Chance, die richtigen Ansätze zu finden!

Denken Sie sich ähnliche Vorgänge aus und üben Sie zunächst nur, die zugehörigen Graphen richtig zu zeichnen. Dann könnten Sie dazu Ansätze machen und die Rechnung durchzuführen.