Die gegebene Zeit \(t\) entspricht der Zeit, die der Stein fällt, und der Zeit, die der Schall benötigt, um vom Boden des Brunnens nach oben zu gelangen. Anders ausgedrückt ist \(t\) die Summe aus der Fallzeit und der Laufzeit des Schalls.

Die Fallzeit \(t_f\) lässt sich aus der gleichmäßig beschleunigten Bewegung herleiten:

\(h=\frac{g}{2}\ t_f}^2 \ \Rightarrow \ t_f=\sqrt{\frac{2h}{g}}\)

Die Ausbreitung des Schalls hingegen entspricht einer gleichförmigen Bewegung, mit konstanter Geschwindigkeit \(c\). Die Laufzeit des schalls \(t_s\) lässt sich bestimmen durch:

\(h=c \cdot t_s \ \Rightarrow \ t_s=\frac{h}{c}\)

Es muss also \(t = t_f + t_s\) sein:

\(t= t_f+t_s = \sqrt{\frac{2h}{g}}+ \frac{h}{c}\)

Da aber in der Regel \(\left| c \right|\, \gg\, \left|h\right|\) gilt, ist

\(\frac{h}{c}\, \approx \, 0\)

Es kann also die Laufzeit des Schalls im Gegensatz zur Fallzeit des Steins vernachlässt werden.

Eine zulässige Näherungsformel ist daher:

\(t\, \approx \, \sqrt{\frac{2h}{g}}\) bzw. \(h\, \approx \, \frac{g}{2}\, t^2\) für den gleichmäßig beschleunigten Fall.

Da \(g\, \approx \, 10\ \frac{m}{s^2}\) lässt sich außerdem schreiben:

\(h\, \approx \, 5\ \frac{m}{s^2}\ t^2\)

Die konstante Endgeschwindigkeit ist erreicht, wenn die Gesamtbeschleunigung Null wird:

\( g-bv_{e}^{2}=0\).

Damit folgt aber sofort 

\(v_{e}=\sqrt{\frac{g}{b}}\).

Ein Jahr hat 365 Tage. Ein Tag hat 24 Stunden. Eine Stunde hat 60 Minuten. Eine Minute hat 60 Sekunden. Somit erhalten wir \(s=3,0 \cdot 10^8 \,\frac{m}{s} \cdot 365 \cdot 24 \cdot 60 \cdot 60\, s = 9,5 \cdot 10^{15}\, m\).

(Anmerkung: Schaltjahre haben 366 Tage, aber bei der Berechnung auf 2 Stellen genau irrelevant. Für die exakte Definition des Lichtjahres wird üblicherweise das 'Julianische Jahr' mit \(365,35 \ \mathrm{Tagen}\) Tagen verwendet, siehe dazu Wikipedia).

Wir berechnen zunächst

\(\dot{x}(t)=-A\omega\sin\omega t+B\omega\cos\omega t.\)

Beim Maximalausschlag gilt

\(\dot{x}(t_{0})=0, \ddot{x}(t_{0})<0\).

Man erhält folglich

\(t_{0}=\frac{1}{\omega}\arctan\frac{B}{A}\).

Benutzt man nun, dass

\( \cos\omega t_{0}=\frac{1}{\sqrt{1+\tan^{2}\omega t_{0}}}\)

beziehungsweise

\( \sin\omega t_{0}=\frac{\tan\omega t_{0}}{\sqrt{1+\tan^{2}\omega t_{0}}}\)

gilt, so folgt

\(x_{Max}=x(t_{0})=\sqrt{A^{2}+B^{2}}\).

\(v=\frac{\Delta s}{\Delta t}\)

\(\Delta s =105\,m - 5\,m -10\,m = 90\,m\)

\(\Delta t = 1\,min=60\,s\)

\(\Rightarrow v=\frac{90\,m}{60\,s}=\frac{3}{2} \frac{m}{s} =1,5 \,\frac{m}{s}\)

Der Weg, der in den Zeiten von \(t_a\) bis \(t_b \, \gt \, t_a\) zurückgelegt wird, entspricht dem Integral der Geschwindigkeitsfunktion, also:

\(s=\displaystyle\int_{t_a}^{t_b}\, v(t) \, \mathrm{d}t\)

Graphisch entspricht das der Fläche, die der Graph der Funktion \(v(t)\) mit der \(t\mathrm{-Achse}\) einschließt.

Dabei tragen Flächen, die sich unterhalb der \(t\mathrm{-Achse}\) befinden, negativ zum Integral bei. Das bedeutet, der zurückgelegte Weg wird geringer bzw. verläuft die Bewegung in entgegengesetze Richtung (in Richtung des negativen Ortes \(x(t)\)).

Damit sich also der Körper wieder am Ausgangspunkt befinden kann, muss das Integral \(s=\displaystyle\int_{t_a}^{t_b}\, v(t) \, \mathrm{d}t\, = \, 0\) sein.

Dafür müssen stückweise die Flächeninhalte bestimmt werden, wie im Bild zu sehen ist. Dabei ist der zurückgelegte Weg in die \(\mathrm{positive }\quad x\mathrm{-Richtung}\) rot und der Weg in \(\mathrm{negativer }\quad x\mathrm{-Richtung}\) blau dargestellt.

Das erste Flächenstück entspricht einem Dreieck (im Bild mit a bezeichnet), der Fächeninhalt ist \(a = \frac{2 \cdot 4}{2}= 4\). Fläche b entspricht einem Rechteck mit Seitenlängen \(6\, \& \, 4\), der Flächeninhalt ist also \(24\). Fläche c ist wiederum ein Dreieck mit dem Flächeninhalt \(8\). Nach \(12\, \mathrm{Sekunden}\) befindet sich der Körper also \(4\, m + \, 24\, m + \, 8\, m = 36\, m\) vom Ausgangspunkt entfernt.

In den Zeiten von \(t_1=12\, s\) bis \(t_2=18\, s\) legt der Körper \(18\, m\) in die entgegengesetzte Richtung zurück. Damit er sich wieder am Anfangsort befindet, muss er weitere \(18\, m\) zurücklegen. Dafür benötigt er \(6 \cdot \Delta t = 18\, s \quad \Rightarrow \quad \Delta t = 3 \, s\). Zum Zeitpunkt \(t_n = 18\, s + \, \Delta t = 21\, s\) befindet sich der Körper also wieder am selben Ort, wie zu Beginn der Bewegung.

Die Beschleunigung ist folgerndermaßen definiert \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_2-v_1}{t}\).

Nach \(t\) umgeformt und eingesetzt ergibt

\(t=\frac{30-5}{8,6}=2,91\,s\)

\(v=a\cdot t\)

Einsetzen ergibt:

\(v=3,9\ \frac{m}{s^2}\cdot 11\, s= 42,9\ \frac{m}{s}\)

In \(\frac{km}{h}\) umgerechnet ergibt das:

\(42,9\ \frac{m}{s}=42,9\cdot 3,6 \ \frac{km}{h} = 154,44\ \frac{km}{h}\)