Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Einfache Kinematik.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

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Anna fährt um \(17\mathrm{\ Uhr}\) mit dem Moped von zu Hause los, um ihre Großmutter zu besuchen. Sie fährt dabei mit einer durchschnittlichen Geschwindigkeit \(v_A=35\ \frac{km}{h}\). Da sie ihr Handy vergessen hat - und das während der Fahrt auch nicht bemerkt - fährt ihr ihr Bruder Leo um \(17\, : \, 20\mathrm{\ Uhr}\) mit dem Auto nach. Er fährt dabei mit einer durchschnittlichen Geschwindkeit von \(v_L=60\ \frac{km}{h}\). Wie weit entfernt von zu Hause holt Leo seine Schwester Anna ein? Nr. 4441
	\(28\,km\)
	\(24\,km\)
	\(35\,km\)
	\(18\,km\)
	\(42\,km\)
Lösungsweg Zunächst müssen die beiden Ortsfunktionen bestimmt werden, am Besten mit Skizze dazu. Da der Ursprung des Koordinatensystems beliebig wählbar ist, wählen wir für \(17\mathrm{\ Uhr}\) den Zeitpunkt \(t_0=0\,h\). Damit ergibt sich für Anna eine homogene Ortsfunktion für eine gleichförmig unbeschleunigte Bewegung: \(s_A(t)=v_A\cdot t_A=35\cdot t_A\). (Anm.: In diesem Fall muss nicht unbedingt in SI-Einheiten umgerechnet werden, da das Ergebnis in Stunden sinnvoller ist für die Bestimmung der Uhrzeit, zu der Leo Anna einholt. Bonusaufgabe: mit SI-Einheiten rechnen!) Leo fährt mit höherer Geschwindigkeit als Anna, daher hat seine Ortsfunktion eine größere Steigung. Wir gehen wiederum von einer mittleren Geschwindigkeit aus, also von einer gleichförmig unbeschleunigten Bewegung und entsprechend einer linearen Ortsfunktion: \(s_L=v_L\cdot t_L\) Da Leo um \(17\, : \, 20\mathrm{\ Uhr}\), also \(20\,min=\frac{1}{3}\, h\) später als Anna, losfährt muss gelten \(t_L=t_A-\frac{1}{3}\) und es ergibt sich: \(s_L=v_L\cdot (t_A-\frac{1}{3})=v_L\cdot t_A - \frac{1}{3}\cdot v_L\) Der Term \(-\frac{1}{3}\cdot v_L\) entspricht also dem Offset der linearen Ortsfunktion von Leo (dem Parameter \(d\) der linearen Funktion \(y=k\cdot x +d\)). Die beiden Ortsfunktionen sind in der Grafik rechts abgebildet. Um den Zeitpunkt, an dem Leo Anna einholt, zu ermitteln, werden die beiden Ortsfunktionen gleichgesetzt: \(s_A=s_L\) und mit den eingesetzten Werten: \(35\cdot t_A=60\cdot (t_A-\frac{1}{3})\qquad \Rightarrow \qquad 25\cdot t_A = 20\) und damit: \(t_A = 0,8\,h =48\, min\) Leo holt Anna \(48\, min\) nach ihrer Abfahrt ein, erreicht sie also um \(17\, : \, 48\mathrm{\ Uhr}\). Um den Ort zu bestimmen, an dem er sie einholt, muss der Zeitpunkt \(t_A=0,8\,h\) noch in eine der Ortsfunktionen eingesetzt werden (Bonusfrage: Weshalb ist es egal, in welche Ortsfunktion eingesetzt wird?): \(s(t_A=0,8)=35\ \frac{km}{h}\cdot 0,8\,h=28\, km\)

5 erreichbare Punkte

Ein Auto braucht \(t_1=6\,s\) um aus dem Stand eine Geschwindigkeit \(v=100\ \frac{km}{h}\) zu erreichen. Mit dieser berechneten Beschleunigung \(a\) beschleunigt das Fahrzeug gleichmäßig wiederum aus dem Stand für \(t_2=5\,s\). Welche Strecke \(s\) hat das Auto zum Zeitpunkt \(t_2\) zurückgelegt? Nr. 3491
	\(s=57,87\,m\)
	\(s=52,14\,m\)
	\(s=63,87\,m\)
	\(s=83,33\,m\)
	\(s=49,58\,m\)
Lösungsweg Die Beschleunigung \(a\) ist das Verhältnis des Geschwindigkeitsintervalls \(\Delta v=v_1-v_0\) zum Zeitintervall \(\Delta t=t_1-t_0\). Geschwindigkeit \(v_1\) in SI-Einheiten: \(v_1=100\ \frac{km}{h}=27,\dot{7}\ \frac{m}{s}\) Mit \(t_0=0\),\(t_1=6\) und \(v_0=0\) ergibt sich eine Beschleunigung von \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\(\frac{27,\dot{7}-0}{6-0}\)=4,6293\ \frac{m}{s^2}\) Allgemein ist die Strecke \(s(t)=s_0+v_0\cdot t+ \frac{a}{2}\cdot t^2\), wo \(s_0\) der Abstand vom Ursprung und \(v_0\) die Anfangsgeschwindigkeit zum Zeitpunkt \(t=0\) ist. Da \(s_0=0\) ist und "aus dem Stand beschleunigen" \(v_0=0\) bedeutet, ist \(s(t)=\frac{a}{2}\,t^2=\frac{4,63}{2}\cdot t^2\qquad \Rightarrow \qquad s(5)=57,87\,m\)

5 erreichbare Punkte

Gegeben ist ein Weg-Zeit-Diagramm, das eine geradlinige Bewegung eines Körpers in den Zeiten \(t \in \, [0,\ 25]\) (in Sekunden) beschreibt. Welche der Aussagen treffen/trifft zu? Nr. 4429
	In den ersten \(10 \, \mathrm{Sekunden}\) ist die zugehörige Geschwindigkeits-Funktion \(v(t)\) streng monoton steigend.
	\(v(2) \, \gt\, v(6)\)
	\(v(12) = v(21)\)
	Für \(t\, > \, 18,5\, s\) gilt: \(v(t)\, \leq \, 0\)
	Für \(t \, \in \, \left[0,\, 14\right]\) gilt: \(v(t) \, \geq \, 0\)
Lösungsweg 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 \(t \, \in \, \left[0,\, 14\right] \quad \Rightarrow \quad v(t) \geq \, 0\).

5 erreichbare Punkte

Ein Auto benötigt eine Zeit \(t=3,9\,s\) um von \(0-100\ \frac{km}h}\) kommen und beschleunigt dabei gleichförmig. Berechne die Beschleunigung \(a\). Nr. 3322
	\(a=6,43\ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=6,97\ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=7,66\ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=7,12\ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=25,64\ \frac{m}{s^2}\)
Lösungsweg Die Geschwindigkeit \(v\) zuerst in SI-Einheiten umrechnen \(v=100\ \frac{km}{h}=100\cdot \frac{1000\,m}{3600\,s}=27,\dot{7}\,\frac{m}{s}\) und diese dann in die Beschleunigung einsetzen ergibt: \(a=\frac{v}{t}=7,12\ \frac{m}{s^2}\)

5 erreichbare Punkte

Hans und Katrin wohnen \(s=8\,km\) voneinander entfernt. Sie beschließen gleichzeitig mit ihren Fahrzeugen aufeinander zu zufahren - Hans mit dem Fahrrad und Katrin mit dem Auto. Nach \(t=3\,min\) treffen sie sich und Hans erzählt, dass er konstant mit \(v_H=25\ \frac{km}{h}\) gefahren ist. Katrin ist sich nicht mehr sicher. Wie schnell ist Katrin gefahren? Hinweis: Beschleunigungsphasen können vernachlässigt werden. Nr. 3334
	\(v_{K}=37,5\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{K}=31,88\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{K}=40,15\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{K}=42,74\ \frac{m}{s}\)
Lösungsweg Gegeben ist und in SI Einheiten umgerechnet \(s=8000m\) \(v_{H}=6,9\dot{4}\ \frac{m}{s}\) \(t=180\,s\) Hans und Katrin sind gleich lange gefahren, nur unterschiedich weit, also gilt zeitlich gesehn \(t_{Hans}=t_{Katrin}\). Also darf man sie gleichsetzen. \(v_H\cdot t + v_K\cdot t=s\) Also gilt: \(v_{K}=\frac{8000-180\cdot 6,9\dot{4}}{180}=37,5\ \frac{m}{s}\)

4 erreichbare Punkte

Ein Körper wird aus einer Höhe \(h_0=21,6\, m\) mit einer Geschwindigkeit \(v_0=12\ \frac{m}{s}\) senkrecht nach oben geworfen. Nach der Zeit \(t_1\) hat der Körper seine maximale Höhe \(h_{max}\) erreicht. Mit welcher Geschwindigkeit hätte der Körper vom (Erd-)Boden aus geworfen werden müssen, um die selbe Höhe \(h_{max}\) zu erreichen? Rechne dabei mit \(g=10\ \frac{m}{s^2}\). Nr. 4433
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=33,6\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=28,8\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=24\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=22\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=36\ \frac{m}{s}\)
Lösungsweg Um die Geschwindigkeit zu bestimmen, mit der der Körper vom Erdboden aus geworfen hätte werden müssen, betrachten wir zunächst die Wurfparabel mit ihrer Erweiterung zur negativen Nullstelle (siehe Grafik). Der Abwurfzeitpunkt ist im Bild mit \(t_{\mathrm{Wurf}}\) bezeichnet. Er entspricht genau der Zeit des Abwurfes, wenn der Körper vom Boden aus geworfen würde, um die Höhe \(h_{max}\) zu erreichen. Es muss also zunächst die Nullstelle \(t_{\mathrm{Wurf}}\) bestimmt werden. Um dies zu ermitteln muss die Gleichung \(h(t_{\mathrm{Wurf}})=0\) gelöst werden, da am Boden (wie meistens angenommen) die Höhe den Wert \(0\) hat. Es muss also die quadratische Gleichung \(h(t)=-5\cdot t^2 +12\cdot t +21,6=0\) gelöst werden. Dafür kann entweder die große Lösungsformel angewendet werden (Übungsaufgabe!) oder nach Normalisierung (= der Faktor vor \(t^2\) ist \(1\)), die kleine Lösungsformel: \(-5\cdot t^2 +12\cdot t +21,6 =0 \quad \| :\ (-5) \\ t^2 - 2,4t -4,32 =0 \) Damit erhalten wir mit der kleinen Lösungsformel: \(t_{a,b} = 1,2 \pm \underbrace{\sqrt{(1,2)^2 +4,32}}_{=2,4}\) Schließlich also: \(t_a=1,2\ s - 2,4\ s =-1,2\ s\) und \(t_b=1,2\ s+2,4\ s = 3,6\ s\) Da wir an der negativen Lösung interessiert sind, ist \(t_{\mathrm{Wurf}}=t_b=-1,2\ s\) Um die Geschwindigkeit zu ermitteln, die der Körper zum Zeitpunkt \(t_{\mathrm{Wurf}}=-1,2\, s\) hat, wird die Ableitung an dieser Stelle bestimmt. Die Ableitung entspricht der Steigung der Tangente an den Graphen der Ortsfunktion und damit definitionsgemäß der Geschwindigkeit (die Tangente ist in der Grafik rot eingezeichnet). Anmerkung: Die selbe Geschwindigkeit, nur mit einem negativen Vorzeichen, würde man aus Symmetriegründen auch an der Stelle \(t_2=3,6\, s\) erhalten. Das bedeutet, dass der Körper mit dem selben Geschwindigkeitsbetrag am Boden wieder aufkommt, mit dem er zuvor hochgeworfen wurde. Auch dieser Lösungsweg wäre vollkommen korrekt - Bonusaufgabe: zeige, dass das selbe Ergebnis herauskommt! Ableiten ergibt: \(v(t) = \frac{\mathrm{d}h(t)}{\mathrm{d}t}=-10t+12\) Um die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt \(t_{\mathrm{Wurf}}=-1,2\ s\) zu berechnen, muss in die Geschwindigkeitsfunktion eingesetzt werden: \(v(t_{\mathrm{Wurf}}=-1\ s)= -10\cdot (-1,2) + 12 =12+12=24\ \frac{m}{s}\) Die Abwurfgeschwindigkeit muss also \(v_{\mathrm{Wurf}}=24\ \frac{m}{s}\) betragen, damit der Körper die Höhe \(h_{max}\) erreicht.

5 erreichbare Punkte

Ein Körper wird mit einer Geschwindigkeit \(v_0\) senkrecht nach oben geworfen. Die Erdbeschleunigung wird mit \(g\) bezeichnet. Wann erreicht der Körper wieder die Höhe \(x_0\), von der aus er hochgeworfen wurde? Nr. 4438
	\(t_n=\frac{v_0}{g}\)
	\(t_n=v_0\cdot g\)
	\(t_n=\frac{g}{2}\,{x_0}^2\)
	nach etwa \(1\mathrm{\ Sekunde}\).
	\(t_0=\frac{2\,v_0}{g}\)
Lösungsweg Da es sich um einen senkrechten Wurf und damit um eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung handelt, wird eine quadratische Ortsfunktion angenommen: \(x(t)=-\frac{g}{2}\,t^2 + v_0\cdot t\) Das negative Vorzeichen kommt daher, dass die Erdbeschleunigung nach unten wirkt, während der Körper mit \(v_0\) nach oben geworfen wird. Diese Parabel ist schematisch in der Grafik dargestellt. Der Zeitpunkt, an dem der Körper wieder die ursprüngliche Höhe \(x_0\) erreicht hat, wird hier mit \(t_n\) bezeichnet. Wenn beide Vorzeichen umgedreht würden, würde das am Ergebnis nichts ändern, die Parabel in der Grafik wäre allderings nach oben geöffnet (an der \(x\mathrm{-Achse}\) gespiegelt). Es muss also - wie aus der Grafik ersichtlich - die Nullstelle \(x(t_n)=0\), wobei \(t_n>0\) gilt, gefunden werden. \(-\frac{g}{2}\,{t}^2 + v_0\cdot t=0\) \(t\cdot \,\left( -\frac{g}{2}\,t +v_0\right) =0\) Nach dem Produkt-Null-Satz ist das Produkt zweier Faktoren dann \(0\), wenn einer der beiden Faktoren \(0\) ist. (Natürlich kann auch eine der Lösungsformeln angewendet werden, das Ergebnis ist das selbe. Die Faktorisierung erspart allerdings die Lösungsformel und ist generell für homogene quadratische Gleichungen zu empfehlen.) Es ist also \(t_0=0\) eine Lösung. Allerdings interessiert uns eine Lösung \(t_n\ >\ 0\). Daher muss gelten: \(-\frac{g}{2}\,t_n +v_0=0 \qquad \Rightarrow \qquad t_n=\frac{2\,v_0}{g}\)

5 erreichbare Punkte

Die Bewegung eines Objekts kann durch die Bewegungsgleichung \(s(t)=8t^2+5t+9\) beschrieben werden. Wie weit ist das Objekt nach \(60\mathrm{\ Sekunden}\) gekommen? Nr. 3341
	\(s(60)=31455\)
	\(s(60)=26530\)
	\(s(60)=23841\)
	\(s(60)=29109\)
Lösungsweg \(t=60\) in \(s(t)\) einsetzen: \(s(60)=8\cdot 60^2+5\cdot60+9=29109\)

4 erreichbare Punkte

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