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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Ein Auto wird mit $a=4,7\ \frac{m}{s^2}$ aus dem Stillstand für $t=9\,s$ gleichförmig beschleunigt. Welche Geschwindigkeit $v$ hat das Auto nach $9\mathrm{\ Sekunden}$ erreicht? Nr. 3324
	$v=53,7\,\frac{m}{s}$
	$v=42,3\,\frac{m}{s}$
	$v=36,2\,\frac{m}{s}$
	$v=49,7\,\frac{m}{s}$
Lösungsweg Die Geschwindigkeit ist $v=a\cdot t$ Eingesetzt ergibt: $v=4,7\cdot 9=42,3\ \frac{m}{s}$

4 erreichbare Punkte

Gegeben sei die Bahnkurve $\vec{r}(t)=\left(\begin{array}{c} t\\ \frac{1}{\sqrt{2}}t^{2}\\ \frac{1}{3}t^{3} \end{array}\right)$. Wie lautet der Ausdruck für die Krümmung $\kappa(t)$ der Bahnkurve? Nr. 4172
	$\frac{2}{(1+t^{2})^{2}}$
	$\frac{\sqrt{2}}{(1+t^{2})^{2}}$
	$\frac{\sqrt{2}}{1+t^{2}}$
	$\frac{2}{1+t^{2}}$
Lösungsweg Aus der Angabe folgt unmittelbar $ \dot{\vec{r}}(t)=\left(\begin{array}{c} 1\\ \sqrt{2}t\\ t^{2} \end{array}\right)$ und $\mid\dot{\vec{r}}(t)\mid=1+t{}^{2}.$ Die Definition der Krümmung lautet $\kappa(t)=\mid\frac{d\vec{\tau}}{ds}\mid$. Mit Hilfe der Kettenregel lässt sich folglich schreiben $\kappa(t)=\mid\frac{d\vec{\tau}}{ds}\mid=\mid\frac{d\vec{\tau}}{dt}\frac{dt}{ds}\mid=\frac{1}{\mid\dot{\vec{r}}(t)\mid}\mid\frac{d\vec{\tau}}{dt}\mid$. Durch Ableiten erhält man $\frac{d\vec{\tau}}{dt}=\frac{1}{(1+t^{2})^{2}}\left(\begin{array}{c} -2t\\ \sqrt{2}(1-t^{2})\\ 2t \end{array}\right)$ und somit rhält man das Ergebnis $ \kappa(t)=\frac{\sqrt{2}}{(1+t^{2})^2}$.

4 erreichbare Punkte

Ein Objekt beschleunigt innerhalb von $5$ Sekunden gleichförmig von der Geschwindigkeit $v_0 = 30 \ \frac{m}{s}$ $ auf die Geschwindigkeit $v_1= 50 \ \frac{m}{s}$. Berechne die Beschleunigung $a$ des Objekts. Nr. 1598
	$a=4 \ \frac{m}{s^2}$
	$a=6 \ \frac{m}{s^2}$
	$a=10 \ \frac{m}{s^2}$
	$a=16 \ \frac{m}{s^2}$
	$a=8,3 \ \frac{m}{s^2}$
Lösungsweg $a= \frac{ \Delta v}{\Delta t}= \frac{v_1-v_0}{\Delta t}= \frac{50 \ \frac{m}{s} - 30 \ \frac{m}{s}}{5s}=4 \ \frac{m}{s^2}$

5 erreichbare Punkte

Oft spricht man von einem Lichtjahr, die Distanz, die Licht in einem Jahr zurücklegt. Die Geschwindigkeit von Schall beträgt bei trockener Luft etwa $v=342,2\ \frac{m}{s}$. Wie weit kommt also Schall in einem Jahr? Hinweis: Es gibt keinerlei Hindernisse und die Lufteigenschaften seien konstant. Nr. 3135
	$s=1,08 \cdot 10^7\,km$
	$s=1,08\cdot 10^9\,m$
	$s=2,33\cdot 10^9\,m$
	$s=1,08 \cdot 10^{10}\,m$
	$s=2,33\cdot 10^5\,km$
Lösungsweg 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: $s=342,2\cdot 3600\cdot 24\cdot 365=1,08\cdot 10^{10}\,m = 1,08\cdot 10^{7}\, km$

5 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

Betrachte folgende Situation: Zwei Züge sind $2400\, m$ voneinander entfernt und fahren mit konstanter Geschwindigkeit direkt aufeinander zu. Dabei hat der erste Zug die Geschwindigkeit $30\, \frac{m}{s}$, und der zweite $50\, \frac{m}{s}$. Welche Strecke legen die beiden Züge jeweils bis zum Zusammenstoß zurück? Nr. 1591
	Der erste Zug legt $900\, m$ zurück und der zweite $1500\, m$.
	Der erste Zug legt $960\, m$ zurück und der zweite $1440\, m$.
	Der erste Zug legt $1000\, m$ zurück und der zweite $1400\, m$.
	Beide Züge legen $1200\, m$ zurück.
	Der erste Zug legt $1500\, m$ zurück und der zweite $900\, m$.
Lösungsweg Der erste Zug kann beschrieben werden durch die Ortsfunktion $x_1=30\, \frac{m}{s} \cdot t$, und der zweite durch $x_2= 2400\, m - 50\, \frac{m}{s} \cdot t$. Durch Gleichsetzen der beiden Ortsfunktionen, d.h. $x_1=x_2$, und Auflösen nach der Zeit $t$ erhalten wir den Zeitpunkt des Zusammenstoßes. Im aktuellen Fall erhält man so $t=30\, s$. Durch Einsetzen dieser Zeit in die Ortsfunktion erhalten wir wiederum den Ort (bzw. die Ortskoordinate) des Zusammenstoßes $x_1=x_2=\, 900m$. Der zweite Zug legt somit $2400\, m - 900\, m= 1500\, m$ bis zum Zusammenstoß zurück.

5 erreichbare Punkte

Gegeben sei folgendes Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm, das die geradlinige Bewegung eines Körpers beschreibt. Wann ist der betrachtete Körper am weitesten entfernt vom Anfangsort? Nr. 4427
	Zum Zeitpunkt $t_1$.
	Zum Zeitpunkt $t_2$.
	Zum Zeitpunkt $t_3$.
	Zum Zeitpunkt $t_4$.
	Zum Zeitpunkt $t_5$.
Lösungsweg Der Weg, der in den Zeiten von $t_a$ bis $t_b \, \gt \, t_a$ zurückgelegt wird, entspricht dem Integral der Geschwindigkeitsfunktion, also: $s=\int_{t_a}^{t_b}\, v(t) \, \mathrm{d}t$ Graphisch entspricht das der Fläche, die der Graph der Funktion $v(t)$ mit der $t\mathrm{-Achse}$ einschließt. Im Bild wurde das Integral von $t_a=0$ bis $t_b=t_2$ als blaue Fläche dargestellt. 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 $x(t)$). Daher ist der zurückgelegte Weg von $t_0=0$ bis zum Zeitpunkt $t_3$ maximal ($t_3$ ist eine Nullstelle, also $v(t_3)=0$). Der Körper befindet sich also an dem Ort, der am weitesten vom Ausgangspunkt entfernt liegt. Da Flächen unterhalb der $t\mathrm{-Achse}$ den zurückgelegten Weg verringern, sich der Körper also wieder in Richtung des Ausgangsortes bewegt, hat das Integral bis zum Zeitpunkt $t_4$ einen geringeren Wert (im Bild rot schraffiert). Der Körper befindet sich wieder näher am Startpunkt der Bewegung.

5 erreichbare Punkte

Zwei Objekte bewegen sich mit konstanter Geschwindigkeit aufeinander zu. Objekt A hat eine Geschwindigkeit $v_A=20\ \frac{m}{s}$ und Objekt B hat die Geschwindigkeit $v_B=30\ \frac{m}{s}$. Nach einer Zeit $t=50\,s$ treffen sie aufeinander. Wie weit waren sie zu Beginn voneinander entfernt? Nr. 3332
	$s=2\,km$
	$s=2,5\,km$
	$s=3\,km$
	$s=3,5\,km$
Lösungsweg Beide fahren gleich lang (nur unterschiedlich weit), also gilt $t_1=t_2$ Daraus folgt $v_A\cdot t_A+v_a\cdot t_A=\left(v_A+v_B\right)\cdot t=s$ $s=(20+30)\cdot 50=2500\,m$

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Ein Auto wird mit \(a=4,7\ \frac{m}{s^2}\) aus dem Stillstand für \(t=9\,s\) gleichförmig beschleunigt. Welche Geschwindigkeit \(v\) hat das Auto nach \(9\mathrm{\ Sekunden}\) erreicht? Nr. 3324
	\(v=53,7\,\frac{m}{s}\)
	\(v=42,3\,\frac{m}{s}\)
	\(v=36,2\,\frac{m}{s}\)
	\(v=49,7\,\frac{m}{s}\)
Lösungsweg Die Geschwindigkeit ist \(v=a\cdot t\) Eingesetzt ergibt: \(v=4,7\cdot 9=42,3\ \frac{m}{s}\)

Gegeben sei die Bahnkurve \(\vec{r}(t)=\left(\begin{array}{c} t\\ \frac{1}{\sqrt{2}}t^{2}\\ \frac{1}{3}t^{3} \end{array}\right)\). Wie lautet der Ausdruck für die Krümmung \(\kappa(t)\) der Bahnkurve? Nr. 4172
	\(\frac{2}{(1+t^{2})^{2}}\)
	\(\frac{\sqrt{2}}{(1+t^{2})^{2}}\)
	\(\frac{\sqrt{2}}{1+t^{2}}\)
	\(\frac{2}{1+t^{2}}\)
Lösungsweg Aus der Angabe folgt unmittelbar \( \dot{\vec{r}}(t)=\left(\begin{array}{c} 1\\ \sqrt{2}t\\ t^{2} \end{array}\right)\) und \(\mid\dot{\vec{r}}(t)\mid=1+t{}^{2}.\) Die Definition der Krümmung lautet \(\kappa(t)=\mid\frac{d\vec{\tau}}{ds}\mid\). Mit Hilfe der Kettenregel lässt sich folglich schreiben \(\kappa(t)=\mid\frac{d\vec{\tau}}{ds}\mid=\mid\frac{d\vec{\tau}}{dt}\frac{dt}{ds}\mid=\frac{1}{\mid\dot{\vec{r}}(t)\mid}\mid\frac{d\vec{\tau}}{dt}\mid\). Durch Ableiten erhält man \(\frac{d\vec{\tau}}{dt}=\frac{1}{(1+t^{2})^{2}}\left(\begin{array}{c} -2t\\ \sqrt{2}(1-t^{2})\\ 2t \end{array}\right)\) und somit rhält man das Ergebnis \( \kappa(t)=\frac{\sqrt{2}}{(1+t^{2})^2}\).

Ein Objekt beschleunigt innerhalb von \(5\) Sekunden gleichförmig von der Geschwindigkeit \(v_0 = 30 \ \frac{m}{s}$ \) auf die Geschwindigkeit \(v_1= 50 \ \frac{m}{s}\). Berechne die Beschleunigung \(a\) des Objekts. Nr. 1598
	\(a=4 \ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=6 \ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=10 \ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=16 \ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=8,3 \ \frac{m}{s^2}\)
Lösungsweg \(a= \frac{ \Delta v}{\Delta t}= \frac{v_1-v_0}{\Delta t}= \frac{50 \ \frac{m}{s} - 30 \ \frac{m}{s}}{5s}=4 \ \frac{m}{s^2}\)

Oft spricht man von einem Lichtjahr, die Distanz, die Licht in einem Jahr zurücklegt. Die Geschwindigkeit von Schall beträgt bei trockener Luft etwa \(v=342,2\ \frac{m}{s}\). Wie weit kommt also Schall in einem Jahr? Hinweis: Es gibt keinerlei Hindernisse und die Lufteigenschaften seien konstant. Nr. 3135
	\(s=1,08 \cdot 10^7\,km\)
	\(s=1,08\cdot 10^9\,m\)
	\(s=2,33\cdot 10^9\,m\)
	\(s=1,08 \cdot 10^{10}\,m\)
	\(s=2,33\cdot 10^5\,km\)
Lösungsweg 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: \(s=342,2\cdot 3600\cdot 24\cdot 365=1,08\cdot 10^{10}\,m = 1,08\cdot 10^{7}\, km\)

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.

Betrachte folgende Situation: Zwei Züge sind \(2400\, m\) voneinander entfernt und fahren mit konstanter Geschwindigkeit direkt aufeinander zu. Dabei hat der erste Zug die Geschwindigkeit \(30\, \frac{m}{s}\), und der zweite \(50\, \frac{m}{s}\). Welche Strecke legen die beiden Züge jeweils bis zum Zusammenstoß zurück? Nr. 1591
	Der erste Zug legt \(900\, m\) zurück und der zweite \(1500\, m\).
	Der erste Zug legt \(960\, m\) zurück und der zweite \(1440\, m\).
	Der erste Zug legt \(1000\, m\) zurück und der zweite \(1400\, m\).
	Beide Züge legen \(1200\, m\) zurück.
	Der erste Zug legt \(1500\, m\) zurück und der zweite \(900\, m\).
Lösungsweg Der erste Zug kann beschrieben werden durch die Ortsfunktion \(x_1=30\, \frac{m}{s} \cdot t\), und der zweite durch \(x_2= 2400\, m - 50\, \frac{m}{s} \cdot t\). Durch Gleichsetzen der beiden Ortsfunktionen, d.h. \(x_1=x_2\), und Auflösen nach der Zeit \(t\) erhalten wir den Zeitpunkt des Zusammenstoßes. Im aktuellen Fall erhält man so \(t=30\, s\). Durch Einsetzen dieser Zeit in die Ortsfunktion erhalten wir wiederum den Ort (bzw. die Ortskoordinate) des Zusammenstoßes \(x_1=x_2=\, 900m\). Der zweite Zug legt somit \(2400\, m - 900\, m= 1500\, m\) bis zum Zusammenstoß zurück.

Gegeben sei folgendes Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm, das die geradlinige Bewegung eines Körpers beschreibt. Wann ist der betrachtete Körper am weitesten entfernt vom Anfangsort? Nr. 4427
	Zum Zeitpunkt \(t_1\).
	Zum Zeitpunkt \(t_2\).
	Zum Zeitpunkt \(t_3\).
	Zum Zeitpunkt \(t_4\).
	Zum Zeitpunkt \(t_5\).
Lösungsweg Der Weg, der in den Zeiten von \(t_a\) bis \(t_b \, \gt \, t_a\) zurückgelegt wird, entspricht dem Integral der Geschwindigkeitsfunktion, also: \(s=\int_{t_a}^{t_b}\, v(t) \, \mathrm{d}t\) Graphisch entspricht das der Fläche, die der Graph der Funktion \(v(t)\) mit der \(t\mathrm{-Achse}\) einschließt. Im Bild wurde das Integral von \(t_a=0\) bis \(t_b=t_2\) als blaue Fläche dargestellt. 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 \(x(t)\)). Daher ist der zurückgelegte Weg von \(t_0=0\) bis zum Zeitpunkt \(t_3\) maximal (\(t_3\) ist eine Nullstelle, also \(v(t_3)=0\)). Der Körper befindet sich also an dem Ort, der am weitesten vom Ausgangspunkt entfernt liegt. Da Flächen unterhalb der \(t\mathrm{-Achse}\) den zurückgelegten Weg verringern, sich der Körper also wieder in Richtung des Ausgangsortes bewegt, hat das Integral bis zum Zeitpunkt \(t_4\) einen geringeren Wert (im Bild rot schraffiert). Der Körper befindet sich wieder näher am Startpunkt der Bewegung.

Zwei Objekte bewegen sich mit konstanter Geschwindigkeit aufeinander zu. Objekt A hat eine Geschwindigkeit \(v_A=20\ \frac{m}{s}\) und Objekt B hat die Geschwindigkeit \(v_B=30\ \frac{m}{s}\). Nach einer Zeit \(t=50\,s\) treffen sie aufeinander. Wie weit waren sie zu Beginn voneinander entfernt? Nr. 3332
	\(s=2\,km\)
	\(s=2,5\,km\)
	\(s=3\,km\)
	\(s=3,5\,km\)
Lösungsweg Beide fahren gleich lang (nur unterschiedlich weit), also gilt \(t_1=t_2\) Daraus folgt \(v_A\cdot t_A+v_a\cdot t_A=\left(v_A+v_B\right)\cdot t=s\) \(s=(20+30)\cdot 50=2500\,m\)

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