\(v=\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{8\,m}{2\,s}=\frac{8}{2} \cdot \frac{m}{s}=4\ \frac{m}{s}\)

\(t=60\) in \(s(t)\) einsetzen:

\(s(60)=8\cdot 60^2+5\cdot60+9=29109\) 

Der senkrechte Wurf ist eine gleichförmig beschleunigte Bewegung, die Beschleunigung ist also konstant und nicht gleich \(0\). Da - wie in der Abbildung zu sehen ist - die Wurfparabel nach unten geöffnet ist, muss die Beschleunigung negativ sein. Das ist eine häufige Konvention, um zu verdeutlichen, dass die Erdbeschleunigung nach unten wirkt.

Die einzig wirksame Kraft beim senkrechten Wurf ist die Gravitationskraft (die Beschleuigung des Körpers vor dem Loslassen interressiert uns dabei nicht). Da die Gravitationskraft stets zur Erde, also "nach unten", wirkt, ist die Beschleunigung \(a=-9,81\ \frac{m}{s^2}\). Diese ändert auch nicht ihr Vorzeichen oder wird \(0\) bei Erreichen der maximalen Höhe \(x_{max}\).

Die einzig korrekte Antwort ist daher: Antwort 3!

Der Fall aus dem Flugzeug entspricht einer gleichmäßig beschleunigten Bewegung aus dem Stand senkrecht nach unten (die Vorwärtsbewegung kann vernachlässigt werden, da nur nach der Höhe von der Erdoberfläche gefragt wird).

Somit ist \(s=\frac{a}{2}\cdot t^2\)

Somit ist \(s=\frac{9,81\ \frac{m}{s^2}}{2}\cdot {4\,s}^2=78,48m\)

Die gesuchte Höhe \(h=10000-s=9921,52\,m\)

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

\(\Delta v = v_2-v_1=0\ \frac{km}{h}-180\ \frac{km}{h}=-180\ \frac{km}{h}=-180\cdot1\ \frac{km}{h}=-180\cdot\frac{1}{3,6}\ \frac{m}{s}=-50\ \frac{m}{s}\)

\(\Delta t= t_2-t_1=50\,s\)

\(\Rightarrow\, a=\frac{-50\,\frac{m}{s}}{50\,s}=\frac{-50}{50}\cdot\frac{\,\frac{m}{s}}{s}=-1\ \frac{m}{s^2}\)

Schall legt in einer Sekunde \(s=342,2\,m\) zurück, dessen \(3600\mathrm{fach}\) in der Stunde,

dessen \(24\mathrm{igfache}\) am Tag und dessen \(365\mathrm{igfache}\) im Jahr:

\(s=342,2\cdot 3600\cdot 24\cdot 365=1,08\cdot 10^{10}\,m = 1,08\cdot 10^{7}\, km\)

Die Geschwindigkeit entspricht der Steigung der Tangente an den Graphen der Ortsfunktion, bzw. ist die Ableitung der Ortsfunktion nach der Zeit: \(v(t)=\frac{\mathrm{d}x(t)}{\mathrm{d}t}=\dot x(t)\).

Im Bild sind die Tangenten an den Stellen \(t_1 = 2\, s\) und \(t_2 = 6\, s\) eingezeichnet.

Antwort 1:

Die Geschwindigkeit steigt zwar zunächst von \(v(0)=0\) an und hat bei etwa \(t_W \approx 7\, s\) ein Maximum. Danach fällt die Geschwindigkeit aber wieder ab, bis schließlich \(v(10)=0\) gilt. Die Geschwindigkeitsfunktion \(v(t)\) kann daher nicht streng monoton sein.

Antwort 2:

Wie im Bild zu sehen ist, ist die Steigung der Tangente zum Zeitpunkt \(t_1 = 2\, s\) (im Bild blau dargestellt) kleiner als die zum Zeitpunkt \(t_2 = 6\, s\) (im Bild rot). Es muss daher \(v(2) \, \lt\, v(6)\) gelten.

Antwort 3:

Zu den Zeiten \(t_{max}=12\, s\) und \(t_{min}=21\, s\) hat die Ortsfunktion Extremstellen. Dort sind die Tangenten waagrecht bzw. haben den Anstieg \(0\). Es muss also \(v(12)=v(21)=0\) gelten.

Antwort 4:

Für \(t\, > \, 18,5\, s\) gilt zwar \(x(t) \, \leq \, 0\), das gilt aber nicht zwangsläufig für die Geschwindigkeitsfunktion \(v(t)=\frac{\mathrm{d}x(t)}{\mathrm{d}t}=\dot x(t)\). Die Ortsfunktion hat bei \(t_{min}=21\, s\) ein Minimum, es gilt also \(v(21)=0\). Für \(t\, \gt\, 21 \, s\) nimmt die Geschwindigkeit aber wieder zu.

Antwort 5:

Da für alle \(t \, \in \, \left[0,\, 14\right]\) die Ortsfunktion monoton steigend ist (achtung: nicht streng monoton!), ist die Steigung der Tangente dort stets positiv und damit gilt auch \(t \, \in \, \left[0,\, 14\right] \quad \Rightarrow \quad v(t) \geq \, 0\).

Einfache Lösung hier: \(20 \mathrm{\ Minuten}\) entsprechen einem Drittel einer Stunde.

Somit \(s=v\cdot t=43\cdot \frac{1}{3}=14,\dot{3}\,km\).