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Aufgabe

Wässern eines Beetes

Schwierigkeitsgrad: leichte Aufgabe

Joachim Herz Stiftung
Abb. 1 Skizze zur Aufgabe

Ein Gärtner hält einen Wasserschlauch waagerecht und möchte ein \(6{,}0\,\rm{m}\) entferntes Beet wässern (Abb. 1). Das Wasser tritt mit einer Geschwindigkeit von \(12\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}}\) aus dem Schlauch aus (Abb. 1).

Bei den folgenden Aufgaben soll der Luftwiderstand nicht berücksichtigt werden, der Wert für die Erdbeschleunigung sei \(9{,}81\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}^2}\).

a)

Berechne, wie lange das Wasser vom Austritt aus dem Schlauch bis zum Auftreffen auf das Beet am Auftreffpunkt benötigt. Kontrollergebnis: \(0{,}50\,\rm{s}\)

b)

Berechne, wie hoch der Gärtner den Schlauch mindestens halten muss, damit das Wasser bis zum Beet gelangt. Kontrollergebnis: \(1{,}2\,\rm{m}\)

c)

Bestimme die Gleichung der Bahnkurve der Wassertropfen.

d)

Berechne die Geschwindigkeit, mit der die Wassertropfen auf das Beet treffen.

e)

Berechne die Weite des Winkels, unter dem die Wassertropfen auf das Beet treffen.

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Joachim Herz Stiftung
Abb. 2 Skizze zur Lösung

Wir nutzen ein Koordinatensystem mit der \(x\)-Achse nach rechts und der \(y\)-Achse nach oben, dessen Ursprung sich auf dem Erdboden genau unterhalb der Austrittsöffnung des Schlauchs befindet. Es seien \(t\) die Zeit nach dem Austreten eines Wassertropfens aus dem Schlauch und \(\left(x|y\right) = \left(x(t)|y(t)\right)\) die Koordinaten des Wassertropfens im Koordinatensystem (Abb. 2).

Gegeben sind die Anfangsgeschwindigkeit \(v_0=12\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}}\), die Wurfweite \(w=6{,}0\,\rm{m}\) und der Ortsfaktor \(g=9{,}81\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}^2}\).

a)

Gesucht ist hier die Wurfzeit \( t_{\rm{W}}\).

Da die Bewegungen in \(x\)- und in \(y\)-Richtung unabhängig voneinander sind, ist \(t_{\rm{W}}\) die Zeitspanne, die ein Wassertropfen benötigt, um mit der Anfangsgeschwindigkeit \(v_0\) in \(x\)-Richtung die Wurfweite \(w\) zurückzulegen.

Die Bewegung in \(x\)-Richtung ist eine gleichförmige Bewegung nach rechts mit der Anfangsgeschwindigkeit \(v_0\), d.h.\[x(t) = {v_0} \cdot t\]Da ein Wassertropfen nach der Zeitspanne \(t_{\rm{W}}\) auf dem Boden auftreffen und dabei die Wurfweite \(w\) erreicht haben soll, erhalten wir die Gleichung\[w = v_0 \cdot t_{\rm{W}}\]Auflösen dieser Gleichung nach \(t_{\rm{W}}\) liefert\[t_{\rm{W}} = \frac{v_0}{w}\] Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[t_{\rm{W}} = \frac{12\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}}}{6{,}0\,\rm{m}} = 0{,}50\,\rm{s}\]

b)

Gesucht ist hier die Anfangshöhe \(h\).

Da die Bewegungen in \(x\)- und in \(y\)-Richtung unabhängig voneinander sind, ist die Anfangshöhe \(h\) die Länge der Strecke, die ein Wassertropfen während der Bewegung in \(y\)-Richtung während der Wurfzeit \(t_{\rm{W}}\) bis zum Aufprall bei \(y=0\) zurücklegt.

Die Bewegung in \(y\)-Richtung ist ein freier Fall, d.h. eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung nach unten mit der Beschleunigung \(g\) und der Anfangshöhe \(h\), d.h.\[y(t) =  - \frac{1}{2} \cdot g \cdot {t^2} + h\]Da ein Wassertropfen nach der Wurfzeit \(t_{\rm{W}}\) auf dem Boden (\(y=0\)) auftreffen soll, erhalten wir für \(t_{\rm{W}}\) die Gleichung\[0 =  - \frac{1}{2} \cdot g \cdot {{t_{\rm{W}}}^2} + h\]Auflösen dieser Gleichung nach \(h\) ergibt\[h = \frac{1}{2} \cdot g \cdot {{t_{\rm{W}}}^2}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[h = \frac{1}{2} \cdot 9{,}81\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}^2} \cdot \left({0{,}50\,\rm{s}}\right)^2 = 1{,}2\,\rm{m}\]

 

c)

Wie in den Aufgabenteilen a) und b) bereits gesagt gilt für die Bewegungen in \(x\)-und in \(y\)-Richtung\[\left. \begin{array}{l}x = {v_0} \cdot t \Leftrightarrow t = \frac{x}{{{v_0}}}\\y =  - \frac{1}{2} \cdot g \cdot {t^2} + h\end{array} \right\}\Rightarrow y =  - \frac{1}{2} \cdot g \cdot {\left( {\frac{x}{{{v_0}}}} \right)^2} + h =  - \frac{1}{2} \cdot \frac{g}{{{v_0}^2}} \cdot {x^2} + h\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[y =  - \frac{1}{2} \cdot \frac{9{,}81\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}^2}}{\left({12\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}}}\right)^2} \cdot {x^2} + 1{,}2\,\rm{m} =  - 0{,}034\,\frac{1}{\rm{m}} \cdot {x^2} + 1{,}2\,\rm{m}\]

d)

Der Betrag \(v_{\rm{W}}\) der Geschwindigkeit eines Wassertropfens beim Aufprall auf dem Beet ergibt sich nach dem Satz des PYTHAGORAS durch\[v_{\rm{W}} = \sqrt {{v_x}{{({t_{\rm{W}}})}^2} + {v_y}{{({t_{\rm{W}}})}^2}} \]Mit \(v_x(t_{\rm{W}}) = v_0\) (gleichförmige Bewegung in \(x\)-Richtung) und \({{v_y}({t_{\rm{W}}}) =  - g \cdot {t_{\rm{W}}}}\) (gleichmäßig beschleunigte Bewegung in \(y\)-Richtung) erhalten wir\[{v_{\rm{W}}} = \sqrt {{v_0}^2 + {{\left( { - g \cdot {t_{\rm{W}}}} \right)}^2}} \]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[v_{\rm{W}} = \sqrt {\left(12\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}}\right)^2 + \left( -9{,}81\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}^2} \cdot 0{,}50\,\rm{s} \right)^2}  = 13\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}}\]

e)

Die Weite \(\alpha_{\rm{W}}\) des Winkels zwischen dem Beet und der Flugbahn der Wassertropfen beim Aufprallen auf das Beet ergibt sich aus der Trigonometrie durch\[\tan (\alpha_{\rm{W}}) = \frac{{{v_y}(t_{\rm{W}})}}{{{v_x}(t_{\rm{W}})}}\]Mit den Ergebnissen aus Aufgabenteil d) ergibt sich\[\tan (\alpha_{\rm{W}}) = \frac{-g \cdot t_{\rm{W}}} {v_0}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\tan (\alpha_{\rm{W}}) = \frac{-9{,}81\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}^2} \cdot 0{,}50\,\rm{s}} {12\,\frac{\rm{m}}{\rm{s}}}=-0{,}409\]und damit\[\alpha_{\rm{W}}=\arctan(-0{,}409)=-22^\circ\]

Grundwissen zu dieser Aufgabe

Mechanik

Waagerechter und schräger Wurf