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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Gegeben ist ein Weg-Zeit-Diagramm, das eine geradlinige Bewegung eines Körpers in den Zeiten \(t \in \, [0,\ 8]\) (in Sekunden) beschreibt. Welche der Aussagen treffen/trifft zu? Nr. 4425
	In den Zeiten von \(t_1=2\, s\) bis \(t_2=3\, s\) bewegt sich der Körper mit konstanter Geschwindigkeit fort.
	Nachdem der Körper eine Strecke von \(s=4\, m\) zurückgelegt hat, befindet er sich in Ruhe.
	Den größten Betrag hat die Geschwindigkeit des Körpers zwischen \(t_1=2\, s\) und \(t_2=3\, s\).
	Die Geschwindigkeitsfunktion ändert im Laufe der Zeit ihr Vorzeichen.
	Für \(t \in \left[ 6,\, 8 \right]\) ist die Geschwindigkeitsfunktion streng monoton fallend.
Lösungsweg Antwort 1: In den Zeiten von \(t_1=2\, s\) bis \(t_2=3\, s\) ist die Ortsfunktion linear, beziehungsweise deren Anstieg ist konstant und \(> \, 0\). Der Anstieg (der Tangente) der Ortsfunktion entspricht der Geschwindigkeit, der Körper bewegt sich also mit konstanter Geschwindigkeit fort. Antwort 2: Der Körper befindet sich nach \(4\, s\) in Ruhe, es wurde bis dahin ein Weg von \(5\, m\) zurückgelegt. Die Antwort ist daher falsch. Antwort 3: Die Geschwindigkeit entspricht dem Anstieg der Tangente an die Ortsfunktion. Sie hat in den Zeiten von \(t_1=2\, s\) bis \(t_2=3\, s\) zwar ein lokales Maximum, zum Zeitpunkt \(t_3=7\, s\) ist der Verlauf jedoch sichtlich steiler. Der Betrag der Geschwindigkeit muss also bei \(t_3=7\, s\) maximal sein. Antwort 4: In den ersten \(4 \qquad \mathrm{Sekunden}\) bewegt sich der Körper vorwärts, die Geschwindigkeit ist positiv. In den letzten \(2 \qquad \mathrm{Sekunden}\) ist die Steigung der Tangente negativ, der Körper bewegt sich also in die entgegengesetzte Richtung. Dafür muss sich das Vorzeichen der Geschwindigkeitsfunktion ändern. Antwort 5: In den letzten \(2 \qquad \mathrm{Sekunden}\) ist zwar die Ortsfunktion streng monoton fallend, die Geschwindigkeit nimmt allerdings bis zum Zeitpunkt \(t_3=7\, s\) ab und steigt danach wieder an. Die Ortsfunktion hat also ein Minimum und ist daher nicht streng monoton (weder fallend noch steigend).

5 erreichbare Punkte

Ein Auto fährt mit der Geschwindigkeit \(v_1=10\ \frac{m}{s}\) für die Zeit \(t_1=50\,s\) gerade aus. Danach fährt das Auto mit \(v_2=25\ \frac{m}{s}\) für \(t_2=30\,s\). Nun entscheidet der Autofahrer mit \(v_R=20\ \frac{m}{s}\) zum Ausgangspunkt zurückzukehren. Wie lange braucht er für den Retourweg? Nr. 3340
	\(t=58,7s\)
	\(t=68,2\,s\)
	\(t=62,5\,s\)
	\(t=69,8\,s\)
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 \(s_H=s_1+s_2=v_1\cdot t_1+v_2\cdot t_2\) also \(s_H=10\cdot 50+25\cdot 30=1250\,m\) Somit ist die Zeit für den Rückweg \(t=\frac{s_H}{v_R}=\frac{1250}{20}=62,5\,s\)

4 erreichbare Punkte

Die Abbildung zeigt das Weg-Zeit-Diagramm eines Körpers, der im Schwerefeld der Erde senkrecht nach oben geworfen wird. Welche Aussagen(n) ist/sind korrekt? Nr. 4439
	Es handelt sich um eine gleichförmige Bewegung.
	Die Beschleunigung hat stets die selbe Richtung wie die Geschwindigkeit.
	Die Beschleunigung ist immer negativ.
	Wenn der Körper seine maximale Höhe \(x_{max}\) erreicht, ist die Beschleunigung \(a=0\).
	Zum Zeitpunkt \(t_{max}\) ändert die Beschleunigung ihr Vorzeichen.
Lösungsweg 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!

5 erreichbare Punkte

Eine Radfahrerin fährt mit ihrem Rad mit \(v_1=30\ \frac{km}{h}\) für die Zeit \(t_1=20\,min\). Gleich danach fährt sie \(t_2=5\,min\) lang mit der Gechwindigkeit \(v_2=35\ \frac{km}{h}\) und am Schluss zum Entspannen \(t_3=30\,min\) lang mit der Geschwindigkeit \(v_3=15\ \frac{km}{h}\). Wie groß ist ihre Durchschnittsgeschwindigkeit \(v\)? Hinweis: Bremswege können vernachlässigt werden Nr. 3136
	\(v=22,\bar{27}\ \frac{km}{h}\)
	\(v=26,\dot{7}\ \frac{km}{h}\)
	\(v=30\ \frac{km}{h}\)
	\(v=19,25\ \frac{km}{h}\)
Lösungsweg \(t_1=20 min=\frac{1}{3}\,h\qquad \Rightarrow\qquad s_1=v_1\cdot t_1=30\cdot \frac{1}{3}=10\,km\\\) \(t_2=\qquad5 min=\frac{1}{12}\,h\qquad \Rightarrow\qquad s_2=v_2\cdot t_2=35\cdot \frac{1}{12}=2,91\dot{6}\,km\\\) \(t_3=30 min=\frac{1}{2}\,h\qquad \Rightarrow\qquad s_3=v_3\cdot t_3=15\cdot \frac{1}{2}=7,5\,km\) Daher ist die Gesamtstrecke: \(s=s_1+s_2+s_3=20.41\dot{6}\,km\) Die gefahrene Gesamtzeit: \(t=t_1+t_2+t_3=55\,min\) Daher ist die Durchschnittsgeschwindigkeit \(v=\frac{s}{t}=0,37\bar{12}\ \frac{km}{min}=22,\bar{27}\ \frac{km}{h}\).

4 erreichbare Punkte

Fußballer Marko A. verliert in Spielminute \(36\,:\,00\) den Ball \(5\,m\) vor dem gegnerischen Tor und beginnt mit konstanter Geschwindigkeit (parallel zur Seitenoutlinie) zurückzu"laufen". In Minute \(37\,:\,00\) kommt er \(10\,m\) vor der eigenen Torlinie zu einem Eckball an. Das Fußballfeld ist genau \(105\,m\) lang. Wie schnell ist er "gelaufen"? Nr. 1834
	\(v=10\,\frac{m}{s}\)
	\(v=6,8\,\frac{m}{s}\)
	\(v=1,5\,\frac{m}{s}\)
	\(v=3\,\frac{m}{s}\)
	\(v=1,75\,\frac{m}{s}\)
Lösungsweg \(v=\frac{\Delta s}{\Delta t}\) \(\Delta s =105\,m - 5\,m -10\,m = 90\,m\) \(\Delta t = 1\,min=60\,s\) \(\Rightarrow v=\frac{90\,m}{60\,s}=\frac{3}{2} \frac{m}{s} =1,5 \,\frac{m}{s}\)

5 erreichbare Punkte

Ein Körper der Masse \(m=2\, kg\) wird aus einer Höhe \(h_0=10\, m\) mit einer Geschwindigkeit \(v_0=5\ \frac{m}{s}\) senkrecht nach oben geworfen. Welchen Impuls hat der Körper unmittelbar vor dem Auftreffen auf dem (Erd-)Boden? Rechne dabei mit \(g= 10\ \frac{m}{s^2}\). Nr. 4432
	\(p=-30\; \frac{kg\cdot m}{s}\)
	\(p=-40\; \frac{kg\cdot m}{s}\)
	\(p=-15\; \frac{kg\cdot m}{s}\)
	\(p=30\; \frac{kg\cdot m}{s}\)
	\(p=50\; \frac{kg\cdot m}{s}\)
Lösungsweg Der Impuls eines Körpers mit Masse \(m\) ist definiert als: \(p=m\cdot v\) Es muss also zunächst die Geschwindigkeit bestimmt werden, mit der der Körper am Boden ankommt. Beim senkrechten Wurf wird die Ortsfunktion als quadratische Funktion modelliert: \(h(t)=-\frac{g}{2}\cdot t^2 + v_0\cdot t + h_0\) 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. Zuerst muss der Zeitpunkt bestimmt werden, an dem der Körper am Boden auftrifft. Um dies zu ermitteln 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 \(t_2=t_b=2\ s\) Um die Geschwindigkeit zu ermitteln, die der Körper zum Zeitpunkt \(t_2=2\ s\) 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 eingezeichnet). Ableiten ergibt: \(v(t) = \frac{\mathrm{d}h(t)}{\mathrm{d}t}=-10t+5\) Um die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt \(t_2=2\ s\) zu berechnen, muss in die Geschwindigkeitsfunktion eingesetzt werden: \(v(t_2=2)= -10\cdot 2 + 5 =-20+5=-15\ \frac{m}{s}\) Das negative Vorzeichen ergibt sich dadurch, dass der Körper nach unten fällt, bzw. die Ortsfunktion an der Stelle \(t_2=2\ s\) streng monton fallend ist. Das ergibt einen Impuls von: \(p=m\cdot v = 2\, kg \cdot \left(-15\ \frac{m}{s}\right)= -30\ \frac{kg\cdot m}{s}\)

5 erreichbare Punkte

Ein Auto beschleunigt gleichförmig in der Zeit \(t=5\,s\) von der Geschwinigkeit \(v_1=30\ \frac{km}{h}\) auf \(v_2=100\ \frac{km}{h}\). Berechne die durchschnittliche Beschleunigung \(a\). Nr. 3321
	\(a=4,2\ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=3,\dot{8}\ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=5,24\ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=3,\dot{2}\ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=2,82\ \frac{m}{s^2}\)
Lösungsweg Die Geschwindigkeiten \(v_1\) und \(v_2\) zuerst in SI-Einheiten umrechnen \(v_1=30\ \frac{km}{h}=30\cdot \frac{1000\,m}{3600\,s}=8,\dot{3}\,\frac{m}{s}\) und \(v_2=100\ \frac{km}{h}=100\cdot \frac{1000\,m}{3600\,s}=27,\dot{7}\,\frac{m}{s}\) und diese dann in die Beschleunigung einsetzen ergibt: \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_2-v_1}{t}=3,\dot{8}\frac{m}{s^2}\)

5 erreichbare Punkte

Welchen Impuls hat ein LKW mit einer Masse \(m=9,3\,t\) wenn er mit einer Geschwindigkeit \(v=30\ \frac{km}{h}\)gegen eine Wand fährt? Nr. 3125
	\(p=2,79\cdot 10^5\ \frac{kg \cdot m}{s}\)
	\(p=77,5\cdot 10^3\ \frac{kg \cdot m}{s}\)
	\(p=74688\ \frac{kg \cdot m}{s}\)
	\(p=354000 \ \frac{kg \cdot m}{s}\)
	\(p=27,9\cdot 10^3\ \frac{kg \cdot m}{s}\)
Lösungsweg Der Impuls ist \(p=m\cdot v\). Die Masse des LKW in \(kg\) bzw. die Geschwindigkeit in \(\frac{m}{s}\) umrechnen und dies in obige Formel eingesetzt, ergibt einen Impuls \(p=9300\,kg\cdot \frac{30}{3,6}\ \frac{m}{s}=77500\,\ \frac{kg\cdot m}{s}\).

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