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 Körper wird aus einer Höhe \(h_0=10\, m\) mit einer Geschwindigkeit \(v_0=5\ \frac{m}{s}\) senkrecht nach oben geworfen. Zu welchem Zeitpunkt \(t_1\) erreicht der Körper seine maximale Höhe? Rechne dabei mit \(g= 10\ \frac{m}{s^2}\). Nr. 4430
	\(t_1=2\, s\)
	\(t_1=0\, s\)
	\(t_1=0,5\ s\)
	\(t_1=0,25\ s\)
	\(t_1=1\ s\)
Lösungsweg Für den senkrechten Wurf wird die Ortsfunktion als quadratische Funktion der Form \(h(t)=-\frac{g}{2}\cdot t^2 + v_0\cdot t + h_0\) modeliert. Dabei bezeichnet \(g\) die Erdbeschleunigung (wobei mit \(g \approx 10 \ \frac{m}{s^2}\) zu rechnen war), \(v_0\) die Anfangsgeschwindigkeit und \(h_0\) die Höhe, aus der der Körper hochgeworfen wird. Das negative Vorzeichen rührt daher, dass die Parabel nach unten geöffnet ist, bzw. die Erdbeschleunigung nach unten wirkt. Dabei ist darauf zu achten, dass die Anfangsgeschwindigkeit \(v_0\) positiv sein muss, da ja der Körper nach oben geworfen wird! Um die maximal erreichte Höhe zu ermitteln, muss zunächst die Ortsfunktion abgeleitet werden - das liefert uns die Funktion der Geschwindigkeit \(v(t) = \dot h(t) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\,\left( -5\cdot t^2 + 5\cdot t +10\right) = -10\cdot t + 5\) wobei bereits die Werte aus der Angabe eingesetzt wurden. Am höchsten Punkt muss die Geschwindigkeit \(v(t) = \dot h(t) =0\) sein. Einsetzen liefert: \(v(t_1)=-10\cdot t_1+5=0 \quad \Rightarrow \quad t_1=0,5\ s\) Graphisch entspricht die Ableitung \(\dot h(t)=\frac{\mathrm{d}h(t)}{\mathrm{d}t}\) der Steigung der Tangente an der Stelle \(t\). Eine Steigung mit dem Wert \(0\) entspricht daher einer waagrechten Tangente (diese ist in der Grafik rot dargestellt).

5 erreichbare Punkte

Herr X fährt mit seinem Auto von Zuhause weg. Er fährt zunächst \(20\mathrm{\ Minuten}\) mit \(30\ \frac{km}{h}\), dann \(10\mathrm{\ Minuten}\) mit \(80\ \frac{km}{h}\) und danach \(30\mathrm{\ Minuten}\) mit \(50\ \frac{km}{h}\). Wie weit ist er insgesamt gefahren? Hinweis: Die Beschleunigungszeiten dazwischen sind als so gering angenommen, dass sie vernachlässigt werden. Nr. 3101
	\(37 492\, m \)
	\(48 282 \,m\)
	\(48,282\, km\)
	\(36,83\, km\)
	\(36 830\, m\)
Lösungsweg Es gilt: \(v=\frac{s}{t} \ \Rightarrow \ s=v\cdot t\) Der gesamte zurückgelegte Weg lässt sich durch die Summe der einzelnen Wege bestimmen: \(s_{ges}=s_1+s_2+s_3 = v_1\cdot t_1 + v_2\cdot t_2 + v_3\cdot t_3\) \(\mathrm{Minuten}\) und km/h \(\frac{km}{h}\) in \(\mathrm{Sekunden}\) und \(\frac{m}{s}\) umgewandelt ergibt: \(8,3\ \frac{m}{s}\cdot 1200\,s+22,2\ \frac{m}{s}\cdot 600\,s+13,89\ \frac{m}{s}\cdot 1800\,s=48.282m\)

5 erreichbare Punkte

Zwei Autos sind \(s=900\,m\) von einander entfernt. Gleichzeitig beginnen sie aufeinander zuzufahren. Auto A fährt mit \(v_A=50\ \frac{km}{h}\) und Auto B mit \(v_B=30\ \frac{km}{h}\). Nach welcher Zeit \(t\) kollidieren die zwei Fahrzeuge? Nr. 3133
	\(t=45,23\,s\)
	\(t=63,44\,s\)
	\(t=40,50\,s\)
	\(t=46,25\,s\)
	\(t=37,21\,s\)
Lösungsweg Zu Beginn werden die Fahrzeuggeschwindigkeit in \(\frac{m}{s}\) umgerechnet: \(v_A=50\ \frac{km}{h}=\frac{50}{3,6}\ \frac{m}{s}=13,\dot{8}\ \frac{m}{s}\\ v_B=30\ \frac{km}{h}=\frac{30}{3,6}\ \frac{m}{s}=8,\dot{3}\ \frac{m}{s}\) Da zum Zeitpunkt des Aufpralles \(t\) folgendes gelten muss: \(v_A\cdot t + v_B\cdot t=900\, m\qquad \Rightarrow\qquad t=40,5\,s\)

5 erreichbare Punkte

Ein Motorrad beschleunigt gleichförmig aus dem Stand mit \(a=5,97\ \frac{m}{s^2}\) für die Zeit \(t=5\,s\). Welche Geschwindigkeit \(v\) hat das Motorrad zum Zeitpunkt \(t=5\,s\) erreicht? Nr. 3329
	\(v=22,63\ \frac{m}{s}\)
	\(v=29,85\ \frac{m}{s}\)
	\(v=30,51\ \frac{m}{s}\)
	\(v=29\ \frac{km}{h}\)
Lösungsweg Die Beschleunigung ist \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_2-v_1}{t}\). Mit \(v_1=0\) in diesem Beispiel ist \(v=v_2\) die gesuchte Geschwindigkeit, daher ist \(a=\frac{v}{t}\). Dies wird nach \(v\) umgeformt \(v=a\cdot t=5,97\cdot5=29,85\ \frac{m}{s}\)

4 erreichbare Punkte

Ein Körper wird aus einer Höhe \(h_0=10\, m\) mit einer Geschwindigkeit \(v_0=5\ \frac{m}{s}\) senkrecht nach oben geworfen. Zu welchem Zeitpunkt \(t_2\) erreicht der Körper den (Erd-)Boden? Rechne dabei mit \(g= 10\ \frac{m}{s^2}\). Nr. 4431
	\(t_2 \approx 1,28 \ s\)
	\(t_2=0,5\ s\)
	\(t_2 \approx 1,82 \ s\)
	\(t_2=-1\ s\)
	\(t_2=2\ s\)
Lösungsweg Für den senkrechten Wurf wird die Ortsfunktion als quadratische Funktion der Form \(h(t)=-\frac{g}{2}\cdot t^2 + v_0\cdot t + h_0\) modelliert. Dabei bezeichnet \(g\) die Erdbeschleunigung (wobei mit \(g = 10 \ \frac{m}{s^2}\) zu rechnen war), \(v_0\) die Anfangsgeschwindigkeit und \(h_0\) die Höhe, aus der der Körper hochgeworfen wird. Das negative Vorzeichen rührt daher, dass die Parabel nach unten geöffnet ist, bzw. die Erdbeschleunigung nach unten wirkt. Dabei ist darauf zu achten, dass die Anfangsgeschwindigkeit \(v_0\) positiv sein muss, da ja der Körper nach oben geworfen wird! Um zu ermitteln, wann der Körper am Boden aufkommt, muss die Gleichung \(h(t_2)=0\) gelöst werden, da am Boden (wie meistens angenommen) die Höhe den Wert \(0\) hat. Es muss also die quadratische Gleichung \(h(t)=-5\cdot t^2 +5\cdot t +10=0\) gelöst werden. Dafür kann entweder die große Lösungsformel angewendet werden (Übungsaufgabe!) oder nach Normalisierung (= der Faktor vor \(t^2\) ist \(1\)), die kleine Lösungsformel: \(-5\cdot t^2 +5\cdot t +10 =0 \quad \| :\ (-5) \\ t^2 - t -2 =0 \) Damit erhalten wir mit der kleinen Lösungsformel: \(t_{a,b} = \frac{1}{2} \pm \underbrace{\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2 +2}}_{=1,5}\) Schließlich also: \(t_a=0,5\ s - 1,5\ s =-1\ s\) und \(t_b=0,5\ s+1,5\ s = 2\ s\) Da offensichtlich nur eine Lösung \(t\, \gt \, 0\) in Frage kommt, ist \(t_2=t_b=2\ s\)

5 erreichbare Punkte

Ein Objekt bewegt sich auf einer geraden Bahn mit einer Geschwindigkeit \(v_1=20\ \frac{m}{s}\) für \(t_1=5\,min\). Danach verdoppelt sich die Geschwindigkeit des Objektes für \(t_2=10\,min\). Am Schluss wird die Anfangsgeschwindigkeit \(v_1\) halbiert und das Objekt bewegt sich mit dieser Geschwindigkeit für \(t_3=20\,min\). Wie weit hat sich das Objekt vom Ausganspunkt entfernt, wenn es immer nur gerade aus gefahren ist? Nr. 3339
	\(s=42\,km\)
	\(s=38km\)
	\(s=48\,km\)
	\(s=52\,km\)
Lösungsweg Die Strecke \(s\) die gefahren wird, wenn etwas sich mit der Geschwindigkeit \(v\) für die Zeit \(t\) bewegt: \(s=v\cdot t\) Somit ist \(s=s_1+s_2+s_3=v_1\cdot t_1+v_2\cdot t_2+v_3\cdot t_3\). Mit der Zeit in Sekunden ausgrdrückt ergibt sich: \(s=20\cdot(5\cdot60)+40\cdot(10\cdot60)+10\cdot(20\cdot60)=42000\,m\)

4 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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