Der Fall aus dem Flugzeug entspricht einer gleichmäßig beschleunigten Bewegung aus dem Stand senkrecht nach unten (die Vorwärtsbewegung kann vernachlässigt werden, da nur nach der Höhe von der Erdoberfläche gefragt wird).

Somit ist \(s=\frac{a}{2}\cdot t^2\)

Somit ist \(s=\frac{9,81\ \frac{m}{s^2}}{2}\cdot {4\,s}^2=78,48m\)

Die gesuchte Höhe \(h=10000-s=9921,52\,m\)

Sie gehen beide gleich lang, nur unterschiedlich weit, also gilt: \(t_{F}=t_{H}\)

D.h. \(s=v_F\cdot t_F+v_H\cdot t_H=2,7\cdot t+1,9\cdot t=4,6\cdot t=300\,m\)

Daraus folgt: \(t=65,22\,s\)

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

\(t_2=t_b=2\ s\)

Die gegebene Zeit \(t\) entspricht der Zeit, die der Stein fällt, und der Zeit, die der Schall benötigt, um vom Boden des Brunnens nach oben zu gelangen. Anders ausgedrückt ist \(t\) die Summe aus der Fallzeit und der Laufzeit des Schalls.

Die Fallzeit \(t_f\) lässt sich aus der gleichmäßig beschleunigten Bewegung herleiten:

\(h=\frac{g}{2}\ t_f}^2 \ \Rightarrow \ t_f=\sqrt{\frac{2h}{g}}\)

Die Ausbreitung des Schalls hingegen entspricht einer gleichförmigen Bewegung, mit konstanter Geschwindigkeit \(c\). Die Laufzeit des schalls \(t_s\) lässt sich bestimmen durch:

\(h=c \cdot t_s \ \Rightarrow \ t_s=\frac{h}{c}\)

Es muss also \(t = t_f + t_s\) sein:

\(t= t_f+t_s = \sqrt{\frac{2h}{g}}+ \frac{h}{c}\)

Da aber in der Regel \(\left| c \right|\, \gg\, \left|h\right|\) gilt, ist

\(\frac{h}{c}\, \approx \, 0\)

Es kann also die Laufzeit des Schalls im Gegensatz zur Fallzeit des Steins vernachlässt werden.

Eine zulässige Näherungsformel ist daher:

\(t\, \approx \, \sqrt{\frac{2h}{g}}\) bzw. \(h\, \approx \, \frac{g}{2}\, t^2\) für den gleichmäßig beschleunigten Fall.

Da \(g\, \approx \, 10\ \frac{m}{s^2}\) lässt sich außerdem schreiben:

\(h\, \approx \, 5\ \frac{m}{s^2}\ t^2\)

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.

Die Geschwindigkeit ist \(v=a\cdot t\)

Eingesetzt ergibt:

\(v=4,7\cdot 9=42,3\ \frac{m}{s}\)

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 \(t=\frac{s_H}{v_R}=\frac{1250}{20}=62,5\,s\)

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.