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 fällt für eine Zeit \(t=4\,s\) aus einem Flugzeug, welches sich auf einer Höhe \(h=10\,\,000\,m\)befindet, und das Objekt beschleunigt mit der Erdbeschleunigung \(a=9,81\ \frac{m}{s^2}\). Welche Geschwindigkeit \(v\) hat das Objekt nun? Nr. 3489
	\(v=141,26\ \frac{m}{s}\)
	\(v=39,24\ \frac{m}{s}\)
	\(v=141,26\ \frac{km}{h}\)
	\(v=39,24\ \frac{km}{h}\)
Lösungsweg Der Fall aus dem Flugzeug entspricht einer gleichmäßig beschleunigten Bewegung aus dem Stand senkrecht nach unten (die Vorwärtsbewegung kann vernachlässigt werden, da wir nur den senkrechten Anteil der Geschwindigkeit betrachten). Somit ist \(v(t)=v_0+a\cdot t\) Da die senkrechte Anfangsgeschwindigkeit \(v_0=0\) ist, ist \(v(t)=a\cdot t\) und somit \(v(4)=9,81\ \frac{m}{s^2}\cdot 4\,s=39,24\ \frac{m}{s}\)

Die Erdbeschleunigung \(g\) kann man mithilfe eines mathematischen Pendels überprüfen. Sie ist definiert als \(g=\(\frac{4\cdot \pi^2\cdot l}{T_0^2}\)\). Wie lange dauert also ein Pendelschwung \(T_0\), wenn die Fadenlänge \(l=8\,cm\) beträgt? Nr. 3294
	\(T_0=0,384\,s\)
	\(T_0=0,862\,s\)
	\(T_0=0,512\,s\)
	\(T_0=0,567\,s\)
Lösungsweg Zuerst muss sichergestellt werden, dass alle Werte in der Formel in SI-Basiseinheiten angegeben sind. \(8\,cm=0,08\,m\). Nun muss nur noch die Formel umgeformt werden auf \(T_0\) und eingesetzt: \(T_0=\sqrt{\frac{4\cdot\pi^2\cdot l}{g}}=\sqrt{\frac{4\cdot\pi^2\cdot 0,08\,m}{9,81\ \frac{m}{s^2}}}=0,567\,s \)

Ein Auto fährt \(30\, s\) mit der Geschwindigkeit \(72\, \frac{km}{h}\) geradeaus, und danach \(48\, s\) mit \(36\, \frac{km}{h}\) in die selbe Richtung. Im Anschluss fährt es mit \(54\, \frac{km}{h}\) in entgegengesetzte Richtung zum Ausgangspunkt zurück. Wie lange dauert die Rückfahrt? Nr. 1592
	54 s
	64 s
	72 s
	80 s
	78 s
Lösungsweg Rechnen wir zunächst alle Geschwindigkeiten in die SI-Einheit \(\frac{m}{s}\) um. Wir erhalten \(72\, \frac{km}{h}=20\, \frac{m}{s}\) , \(36\, \frac{km}{h}= 10\, \frac{m}{s}\) und \(54\, \frac{km}{h}= 15\, \frac{m}{s}\). Für die angegebenen Werte erhalten wir die zurückgelegte Strecke \(\Delta s=20\, \frac{m}{s} \cdot 30\, s + 10\, \frac{m}{s} \cdot 48\, s = 1080\, m\). Um diese Strecke mit der Geschwindigkeit \(v=15\, \frac{m}{s}\) zurückzulegen, benötigt man \(\Delta t= \frac{\Delta s}{v}=\frac{1080\, m}{15\, \frac{m}{s}}=72\, s\).

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.

Ein Objekt erfährt eine Beschleunigung \(a=8,6\ \frac{m}{s^2}\) und beschleunigt von \(v_1=5\ \frac{m}{s}\) auf \(v_2=30\ \frac{m}{s}\). Wie lange braucht es dafür? Nr. 3328
	\(t=3,41\,s\)
	\(t=2,91\,s\)
	\(t=3,22\,s\)
	\(t=2,75\,s\)
	\(t=4,07\,s\)
Lösungsweg Die Beschleunigung ist folgerndermaßen definiert \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_2-v_1}{t}\). Nach \(t\) umgeformt und eingesetzt ergibt \(t=\frac{30-5}{8,6}=2,91\,s\)

Zwei Autos sind \(1800\, m\) voneinander entfernt. Sie fahren zum selben Zeitpunkt los. Auto A hat eine Geschwindigkeit \(v_A=90\ \frac{km}{h}\) und Auto B fährt mit \(v_B=50\ \frac{km}{h}\). Wie lange brauchen die Fahrzeuge um aufeinander zu treffen? Hinweis: Die Beschleunigungsphase der Autos kann vernachlässigt werden. Nr. 3331
	\(t=39,23\,s\)
	\(t=44,82\,s\)
	\(t=46,29\,s\)
	\(t=51,86\,s\)
Lösungsweg Zuerst die Geschwindigkeiten in SI-Einheiten umrechnen \(v_A=90\ \frac{km}{h}=90\ \frac{1000\,m}{3600\,s}=25\ \frac{m}{s}\) \(v_B=50\ \frac{km}{h}=13,\dot{8}\ \frac{m}{s}\) Beide Fahrzeuge sind gleich lang unterwegs \(t_A=t_B\) \(25\cdot t+13,\dot{8}\cdot t=1800\) \(t=46,29\,s\)

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Derzeit kommt es beim Rendern der Formeln leider zu einem Problem. Wir sind bemüht das Problem zu lösen.

Auch in diesem Semester für alle FHTW Studierenen wieder verfügbar: Der Mathe-Support

Mathematik lernen ist eine Herausforderung, vor allem im Eigenstudium! Sie tun sich schwer beim Lesen von mathematischen Skripten oder kommen bei den Übungsaufgaben nicht weiter? Vielleicht wollen Sie auch einfach nicht alleine, sondern lieber in einer Gruppe lernen? Dann kommen Sie zum Mathe-Support!

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Die Mathe Plattform des Technikum Wien gewinnt den eLearning Award 2019 als Projekt des Jahres in der Kategorie Hochschule.

Festigen Sie Ihre Grundkenntnisse und bereiten Sie sich auf Prüfungen vor.
Im Juli starten wieder die Warm-up Kurse - ein kostenloser Service für Aufgenommene und Studierende der FHTW.

Mathematik, Physik, Elektrotechnik, Informatik, Englisch und Deutsch in kompakten Kursen, geblockt bis September.

Anmeldung und Informationen
Warm-up-Kurse

Die Plattform wächst! Wir bauen im Moment den Bereich des Studienwissens aus. Bitte haben Sie Verständnis, dass die Inhalte dort erst nach und nach ergänzt werden. Ebenso kann es bei Design und Grafik noch zu Änderungen, Verbesserungen und kleinen Bugs kommen. Danke für Ihr Verständnis!

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Ein Körper wird aus einer Höhe \(h_0\) mit einer Geschwindigkeit \(v_0\) senkrecht nach unten geworfen. Welches der folgenden Weg-Zeit-Diagramme beschreibt solch einen Fall? Nr. 4434





Lösungsweg Antwort 2 ist korrekt! Auch wenn der Körper nach unten geworfen wird, handelt es sich um einen senkrechten Wurf. Dieser wird mit einer quadratischen Ortsfunktion \(h(t)\) modelliert: \(h(t)=-\frac{g}{2}\ t^2 -v_0\cdot t + h_0\) Wobei \(g=9,81\ \frac{m}{s^2}\) die Erdbeschleunigung, \(v_0\) die Anfangsgeschwindigkeit des Körpers und \(h_0\) die Höhe, aus der der Körper geworfen wird, beschreiben. Die negativen Vorzeichen rühren daher, dass die Erdbeschleunigung nach unten wirkt. Genauso wird der Körper auch nach unten geworfen, weshalb auch \(v_0\) mit einem negativen Vorzeichen zu versehen ist. Da also die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt \(t_0=0\, s\) negativ ist, muss die entsprechende Ortsfunktion an dieser Stelle eine fallende Tangente besitzen (denn die Geschwindigkeit entspricht der Steigung der Tangente an den Graphen an einer Stelle \(t\)). Damit lässt sich Antwort 1 schon mal ausschließen. Nach dem Loslassen wird der Körper weiter nach unten durch die Fallbeschleunigung beschleunigt. Das bedeutet, dass seine vorzeichenbehaftetete Geschwindigkeit stets abnehmen muss (der Betrag der Geschwindigkeit nimmt aber zu!). Anders ausgedrückt muss die Ortsfunktion mit der Zeit steiler abfallen. Damit verbleibt nur mehr Antwort 2 als korrekte Antwort. Im Bild sind die Tangenten zum Zeitpunkt \(t_0\) und beim Aufprall am Boden rot eingezeichnet. Dort ist ersichtlich, dass die Steigungen der Tangenten mit der Zeit steiler werden (abnehmen). Die übrigen Ortsfunktionen haben zwar eine negative Geschwindigkeit zum Zeitpunkt \(t_0\), werden aber abgebremst (nach oben beschleunigt) oder verlaufen linear, also mit konstanter Geschwindigkeit.