Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Vektorrechnung im 3-dim Raum.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

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Wie groß ist der Winkel zwischen den Vektoren $\vec{a} = \left( \begin{array}{c} -5\\ 9\\ 2 \end{array} \right)$ und $\vec{b} = \left( \begin{array}{c} 8\\ -8\\ -5 \end{array} \right)$ ? Nr. 4071
	$2,79rad$
	$0,37rad$
	$0,94^\circ$
	$160,12^\circ$
Lösungsweg Der Winkel zwischen zwei Vektoren ist gegebn durch $cos \alpha = \frac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{\|\vec{a}\|\cdot\|\vec{b}\|}$

4 erreichbare Punkte

Gegeben seien ein skalares Feld $U=U(x,y,z)$ und ein Vektorfeld $\vec{F}=\vec{F}(x,y,z)$ . Auf welche Form lässt sich der Ausdruck $rot(U\vec{F})$ bringen, welcher auch als $\vec{\nabla}\times(U\vec{F})$ geschrieben werden kann? Nr. 4157
	$\vec{\nabla}\times(U\vec{F})=U(\vec{\nabla}\times\vec{F})-\vec{F}\times\vec{\nabla}U$
	$\vec{\nabla}\times(U\vec{F})=U(\vec{\nabla}\times\vec{F})+\vec{F}\times\vec{\nabla}U$
	$\vec{\nabla}\times(U\vec{F})=\vec{F}(\vec{\nabla}\times U)-U\times\vec{\nabla}\vec{F}$
	$\vec{\nabla}\times(U\vec{F})=U\times(\vec{\nabla}\times\vec{F})-\vec{F}\times\vec{\nabla} \times U$
Lösungsweg In Komponentenschreibweise gilt per Definition für eine feste Komponente $i$ des Ausdrucks $(\vec{\nabla}\times(U\vec{F}))_{i}=\underset{j,k=1}{\overset{3}{\sum}}\varepsilon_{ijk}\partial_{j}(UF_{k})$ $=\underset{j,k=1}{\overset{3}{\sum}}\varepsilon_{ijk}(\partial_{j}UF_{k}+U\partial_{j}F_{k})$ , wobei das Objekt den $\varepsilon_{ijk}$ den total antisymmetrischen $\varepsilon$ -Tensor bezeichnet. Nützt man nun aus, dass sich Summationsindizes beliebig umbennenen lassen, so lässt sich der erste Term in der obigen Gleichung wie folgt umschreiben $\underset{j,k=1}{\overset{3}{\sum}}\varepsilon_{ijk}\partial_{j}UF_{k}=\underset{j,k=1}{\overset{3}{\sum}}\varepsilon_{ikj}F_{j}\partial_{k}U$ $=-\underset{j,k=1}{\overset{3}{\sum}}\varepsilon_{ijk}F_{j}\partial_{k}U$ . Infolgedessen erhält man das Ergebnis $\vec{\nabla}\times(U\vec{F})=U(\vec{\nabla}\times\vec{F})-\vec{F}\times\vec{\nabla}U$ .

4 erreichbare Punkte

Welche der folgenden Aussagen über ein allgemeines Skalarfeld $f$ ist wahr? Nr. 4102
	$div(grad(f)) = 0$
	$rot(grad(f)) = 0$
Lösungsweg $div(grad) = \bigtriangleup$ ist der Laplace-Operator. $\bigtriangleup f$ ist nicht zwangsweise $0$ (kann es aber natürlich sein, je nachdem wie $f$ aussieht). Die Rotation eines Gradientfelds verschwindet immer, ganz egal wie $f$ aussieht. Betrachten wir $rot(grad(f)) = \vec\nabla \times (\vec\nabla f)$ mit $\vec\nabla = \left( \begin{array}{c} \partial_x \\ \partial_y \\ \partial_z \end{array} \right)$ wobei $\partial_x$ , $\partial_y$ und $\partial_z$ für die partiellen Ableitungen stehen. Für die x-Komponente erhalten wir $rot(grad(f))_x = \partial_y \partial_z f - \partial_z \partial_y f$ Der Satz von Schwarz besagt, dass partielle Ableitungen vertauscht werden dürfen, somit erhalten wir $\partial_y \partial_z f - \partial_y \partial_z f = 0$ Für y- und z-Komponente kann analog vorgegangen werden.

2 erreichbare Punkte

Ein Parallelogramm wird von den Längenvektoren $\vec{v} = \left( \begin{array}{c} 6\\ 9\\ 3 \end{array} \right)m$ und $\vec{w} = \left( \begin{array}{c} 3\\ -7\\ 6 \end{array} \right)m$ aufgespannt. Berechnen Sie den Flächeninhalt des Parallelogramms. Nr. 4069
	$20,92m^2$
	$105,4m^2$
	$165m^2$
	$12,884m^2$
Lösungsweg Der Flächeninhalt eines Parallelogramms ist gleich dem Betrag des Kreuzprodukts der beiden Vektoren, welche es aufspannen. $\vec{v} \times \vec{w} =\left( \begin{array}{c} 75\\ -27\\ -69 \end{array} \right)m^2$ $\|\vec{v}\times \vec{w}\| = 105,4m^2$

4 erreichbare Punkte

Gegeben seien die 4 Vektoren $\vec{a} = \left( \begin{array}{c} -7\\ -3\\ 3 \end{array} \right)$ , $\vec{b} = \left( \begin{array}{c} 0\\ 3\\ 5 \end{array} \right)$ , $\vec{c} = \left( \begin{array}{c} 3\\ 4\\ -2 \end{array} \right)$ und $\vec{d} = \left( \begin{array}{c} 1\\ -6\\ 7 \end{array} \right)$ . Welcher dieser Vektoren hat den größten Betrag? Nr. 4067
	$\vec{a}$
	$\vec{b}$
	$\vec{c}$
	$\vec{d}$
Lösungsweg Der Betrag eines Vektors $\vec{v} = \left( \begin{array}{c} v_x\\ v_y\\ v_z \end{array} \right)$ ist gegeben durch $\|\vec{v}\| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2 + v_z^2}$

4 erreichbare Punkte

Welche der folgenden Aussagen über ein allgemeines Vektorfeld $\vec F = \left( \begin{array}{c} F_x \\ F_y \\ F_z \end{array} \right)$ ist wahr? Nr. 4103
	$grad(div(\vec F)) = 0$
	$div(rot(\vec F )) = 0$
Lösungsweg Die Divergenz eines Rotationsfeldes ist immer $0$ , ganz egal wie $\vec F$ aussieht. Anders gesagt: Wirbel sind quellfrei (sie verlaufen schließlich im Kreis, anstatt aus Quellen zu kommen und in Senken zu verschwinden). Die Divergenz eines Vektorfeldes $\vec A$ ist definiert als $div \vec A = \partial_x A_x + \partial_y A_y + \partial_z A_z$ Die Rotation von $\vec F$ ist gegeben durch $rot(\vec F) = \left( \begin{array}{c} \partial_y F_z - \partial_z F_y \\ \partial_z F_x - \partial_x F_z \\ \partial_x F_y - \partial_y F_x \end{array} \right)$ $\partial_x$ , $\partial_y$ und $\partial_z$ stehen hier für die partiellen Ableitungen. Wenden wir die Divergenz auf die Rotation von $\vec F$ an, erhalten wir $div(rot(\vec F)) = \partial_x \partial_y F_z - \partial_x \partial_z F_y + \partial_y \partial_z F_x - \partial_y \partial_x F_z + \partial_z \partial_x F_x - \partial_z \partial_y F_x$ Der Satz von Schwarz besagt, dass partielle Ableitungen vertauscht werden dürfen. Man sieht, dass sich dann je zwei Terme aufheben und wir erhalten tatsächlich $div(rot(\vec F)) = 0$

2 erreichbare Punkte

Bleibt die Länge eines Vektors bei einer Drehung erhalten? Nr. 4177
	Ja
	Nein
Lösungsweg Sei $\vec{x}$ ein Vektor und $\vec{x}'=D\vec{x}$ der zugehörige gedrehte Vektor. Eine der zentralen Eigenschaften von Drehmatrizen ist $DD^{\dagger}=D^{\dagger}D=\mathbf{1}$ , wobei $D^{\dagger}$ die Transponierte der Matrix $D$ bezeichnet. Infolgedessen lässt sich berechnen $\langle\vec{x}',\vec{x}'\rangle=\langle D\vec{x},D\vec{x}\rangle=\langle\vec{x},\underset{=1}{\underbrace{D^{\dagger}D}}\vec{x}\rangle=\langle\vec{x},\vec{x}\rangle$ . Das heißt für die Länge der Vektoren gilt $l':=\sqrt{\langle\vec{x}',\vec{x}'\rangle}=\sqrt{\langle\vec{x},\vec{x}\rangle}=:l$ .

2 erreichbare Punkte

Zwei Punkte $P_1$ und $P_2$ sind in Kugelkoordinaten gegeben. Berechne den Winkel zwischen den Beiden Ortsvektoren $\vec r_1$ und $\vec r_2$ . $P_1=(r_1=15,\ \theta_1=40^\circ,\ \varphi_1=30^\circ)$ $P_2=(r_2=20,\ \theta_2=90^\circ,\ \varphi_2=30^\circ)$ (Anm.: wie meist üblich bezeichnet $\theta$ den Polarwinkel und $\varphi$ den Azimutwinkel) Nr. 4384
	$40^\circ$
	$36,2^\circ$
	$0,64\, rad$
	$0,873\, rad$
	$50^\circ$
Lösungsweg Zunächst werden die Ortsvektoren in kartesischen Koordinaten dargestellt: $\vec r_1=\left( \begin{array}{c} r_1\, \sin\theta_1\, \cdot\, \cos\varphi_1 \\ r_1\, \sin\theta_1\, \cdot\, \sin\varphi_1 \\ r_1\, \cos\theta_1 \end{array} \right)$ , $\vec r_2=\left( \begin{array}{c} r_2\, \sin\theta_2\, \cdot\, \cos\varphi_2 \\ r_2\, \sin\theta_2\, \cdot\, \sin\varphi_2 \\ r_2\, \cos\theta_2 \end{array} \right)$ Der Winkel zwischen $\vec r_1$ und $\vec r_2$ wird mit folgender dem Skalarprodukt berechnet: $\vec r_1\cdot \vec r_2 = \|\vec r_1\|\,\cdot\,\|\vec r_2\|\, \cdot\, \cos\alpha\ \Rightarrow\ \cos\alpha=\frac{\vec r_1\cdot \vec r_2}{\|\vec r_1\|\,\cdot\,\|\vec r_2\|}$ Wobei $\left\| \vec r_1 \right\| = r_1$ und $\left\| \vec r_2\right\| =r_2$ Bei der skalaren Multiplikation werden stets die beiden Beträge multipliziert, weshalb sich diese aus dem Quotienten wegkürzen lassen: $\frac{\vec r_1 \cdot \vec r_2}{r_1\cdot r_2} =$ $\frac{1}{r_1\cdot r_2}\,\left( \begin{array}{c} r_1 \sin (40^\circ) \, \cdot\, \cos (30^\circ) \\ r_1\, \sin (40^\circ) \, \cdot\, \sin (30^\circ) \\ r_1 \cos (40^\circ) \end{array} \right) \quad$ $\cdot\frac{1}{r_1\cdot r_2} \left( \begin{array}{c} r_2 \sin (90^\circ) \, \cdot\, \cos (30^\circ) \\ r_2\, \sin (90^\circ) \, \cdot\, \sin (30^\circ) \\ r_2 \cos (90^\circ) \end{array} \right) =$ $\sin(40^\circ)\,\cdot\,\cos(30^\circ)\,\cdot\,\cos(30^\circ) +\, \sin(40^\circ)\,\cdot\,\sin(30^\circ)\,\cdot\,\sin(30^\circ) =$ $= \sin(40^\circ)\, \cdot\, \left[\cos^2(30^\circ)+\sin^2(30^\circ) \right] = \sin(40^\circ)$ weil $\cos^2(x) + \sin^2(x)=1$ $\cos\alpha=\frac{\vec r_1\cdot \vec r_2}{\|\vec r_1\|\,\cdot\,\|\vec r_2\|} = \sin(40^\circ)$ und damit: $\alpha = \arccos \left(\sin(40^\circ)\right) = 50^\circ$ Umrechnung in Radiant: $50^\circ=\frac{50}{180}\pi\, \mathrm{rad} = \frac{5}{18}\pi \,\mathrm{rad} \approx 0,873\, \mathrm{rad}$ Alternativer Lösungsweg (kurz und für Fortgeschrittene): Da die beiden Azimuth-Winkel $\varphi_1 = \varphi_2$ gleich sind, befinden sich die Vektoren in der Ebene, die durch diesen Winkel definiert ist. Diese Ebene steht senkrecht zur $xy\mathrm{-Ebene}$ unter einem Winkel von $\varphi=30^\circ$ zur $x\mathrm{-Achse}$ (innerhalb dieser Ebene). Bonusaufgabe: Skizze machen und Winkel einzeichnen! Da die beiden Vektoren also stets in der selben Ebene liegen, solange $\varphi_1 = \varphi_2 = const.$ gilt, ist der Winkel zwischen den beiden Vektoren die Differenz der beiden Polarwinkel: $\alpha=\theta_2 - \theta_1 = 50^\circ$

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