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:

\(T_0=\sqrt{\frac{4\cdot\pi^2\cdot l}{g}}=\sqrt{\frac{4\cdot\pi^2\cdot 0,08\,m}{9,81\ \frac{m}{s^2}}}=0,567\,s \)

Die Geschwindigkeit \(v\) zuerst in SI-Einheiten umrechnen

 \(v=100\ \frac{km}{h}=100\cdot \frac{1000\,m}{3600\,s}=27,\dot{7}\,\frac{m}{s}\)

und diese dann in die Beschleunigung einsetzen ergibt:

\(a=\frac{v}{t}=7,12\ \frac{m}{s^2}\)

Zunächst müssen die beiden Ortsfunktionen bestimmt werden, am Besten mit Skizze dazu. Da der Ursprung des Koordinatensystems beliebig wählbar ist, wählen wir für \(8\mathrm{\ Uhr}\) den Zeitpunkt \(t_0=0\,h\).

Damit ergibt sich für Anna eine homogene Ortsfunktion für eine gleichförmig unbeschleunigte Bewegung:

\(s_A(t)=v_A\cdot t_A=25\cdot t_A\).

(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 größerer 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 \(9\, : \, 30\mathrm{\ Uhr}\), also \(1,5\, h\) später als Anna, losfährt muss gelten \(t_L=t_A-1,5\) und es ergibt sich:

\(s_L=v_L\cdot (t_A-1,5)=v_L\cdot t_A - 1,5\cdot v_L\)

Der Term \(-1,5\cdot v_L\) 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:

\(25\cdot t_A=70\cdot (t_A-1,5)\qquad \Rightarrow \qquad 45\cdot t_A = 105\)

und damit:
\(t_A = 2,\dot 3\,h =140\, min\)

Leo holt Anna \(140\, min\) nach ihrer Abfahrt ein, erreicht sie also um \(10\, : \, 20\mathrm{\ Uhr}\).

Die Beschleunigung ist definiert als \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}\).

Mit \(\Delta v=v_1-v_0\) und \(\Delta t=t_1-t_0\).
In diesem Beispiel sind \(t_1=t\) und \(t_0=0\)

Somit ist \(t=\frac{\Delta v}{a}=\frac{25}{7,5}=3,\dot{3}\,s\)

Die Geschwindigkeit entspricht der Steigung der Tangente an den Graphen der Ortsfunktion, bzw. ist die Ableitung der Ortsfunktion nach der Zeit: \(v(t)=\frac{\mathrm{d}x(t)}{\mathrm{d}t}=\dot x(t)\).

Im Bild sind die Tangenten an den Stellen \(t_1 = 2\, s\) und \(t_2 = 6\, s\) eingezeichnet.

Antwort 1:

Die Geschwindigkeit steigt zwar zunächst von \(v(0)=0\) an und hat bei etwa \(t_W \approx 7\, s\) ein Maximum. Danach fällt die Geschwindigkeit aber wieder ab, bis schließlich \(v(10)=0\) gilt. Die Geschwindigkeitsfunktion \(v(t)\) kann daher nicht streng monoton sein.

Antwort 2:

Wie im Bild zu sehen ist, ist die Steigung der Tangente zum Zeitpunkt \(t_1 = 2\, s\) (im Bild blau dargestellt) kleiner als die zum Zeitpunkt \(t_2 = 6\, s\) (im Bild rot). Es muss daher \(v(2) \, \lt\, v(6)\) gelten.

Antwort 3:

Zu den Zeiten \(t_{max}=12\, s\) und \(t_{min}=21\, s\) hat die Ortsfunktion Extremstellen. Dort sind die Tangenten waagrecht bzw. haben den Anstieg \(0\). Es muss also \(v(12)=v(21)=0\) gelten.

Antwort 4:

Für \(t\, > \, 18,5\, s\) gilt zwar \(x(t) \, \leq \, 0\), das gilt aber nicht zwangsläufig für die Geschwindigkeitsfunktion \(v(t)=\frac{\mathrm{d}x(t)}{\mathrm{d}t}=\dot x(t)\). Die Ortsfunktion hat bei \(t_{min}=21\, s\) ein Minimum, es gilt also \(v(21)=0\). Für \(t\, \gt\, 21 \, s\) nimmt die Geschwindigkeit aber wieder zu.

Antwort 5:

Da für alle \(t \, \in \, \left[0,\, 14\right]\) die Ortsfunktion monoton steigend ist (achtung: nicht streng monoton!), ist die Steigung der Tangente dort stets positiv und damit gilt auch \(t \, \in \, \left[0,\, 14\right] \quad \Rightarrow \quad v(t) \geq \, 0\).

Antwort 1:

In den ersten \(10\, s\) liegt eine beschleunigte Bewegung vor, danach ist die Ortsfunktion für \(4\, s\) konstant. Das bedeutet, der Anstieg der Tangente und damit die Momentangeschwindigkeit sind zwischen \(t_1=10\, s\) und \(t_2=14\, s\) gleich \(0\) - der Körper befindet sich im Stillstand.

Antwort 2:

Da sich der Körper, wie eben erläutert, im Stillstand befindet, kann er sich nicht fortbewegen.

Antwort 3:

Der Ausgangspunkt der Bewegung ist durch die Nullstellen der Ortsfunktion, also \(x(t_{0,\, i})=0\) (wobei \(i\) die i-te Nullstelle beschreibt) gegeben. In anderen Worten: Dort, wo der Graph der Ortsfunktion die \(t\mathrm{-Achse}\) berührt/schneidet, befindet sich der Körper am selben Ort, wie zu Beginn der Bewegung.

Zum Zeitpunkt \(t_{min}=21\, s\) hat die Ortsfunktion ein Minimum. Allerdings ist der Funktionswert \(x(t_{min}) \approx -2,3\, m\) und damit ist der Körper etwa \(2,3\, m\) vom Ausgangspunkt entfernt. Mit Sicherheit befindet sich der Körper zum Zeitpunkt \(t_1=10\, s\) aber weiter weg, nämlich \(8\, m\).

Antwort 4:

Nachdem die Ortsfunktion den Wert \(10\, m\) gar nicht annimmt (\(10\) ist somit kein Teil der Wertemenge), legt der Körper nie eine Strecke von \(s=10\, m\) zurück. Die Aussage gilt nur, wenn anstatt des Weges \(s=10\, m\) eine Zeit von \(t_1=10\, s\) angenommen wird. Auf diesen Unterschied ist besonders zu achten!

Antwort 5:

Nachdem, wie oben bereits ausgeführt, sich der Körper dort am Anfangsort befindet, wo der Graph die \(t\mathrm{-Achse}\) schneidet/berührt (Bemerkung: \(\mathrm{schneiden} \, \ne \, \mathrm{beruehren}\)), befindet sich der Körper tatsächlich \(3 \qquad \mathrm{mal}\) am Anfangsort.

Da es sich um einen senkrechten Wurf und damit um eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung handelt, wird eine quadratische Ortsfunktion angenommen:

\(x(t)=-\frac{g}{2}\,t^2 + v_0\cdot t\)

Das negative Vorzeichen kommt daher, dass die Erdbeschleunigung nach unten wirkt, während der Körper mit \(v_0\) nach oben geworfen wird. Diese Parabel ist schematisch in der Grafik dargestellt. Der Zeitpunkt, an dem der Körper wieder die ursprüngliche Höhe \(x_0\) erreicht hat, wird hier mit \(t_n\) bezeichnet.

Wenn beide Vorzeichen umgedreht würden, würde das am Ergebnis nichts ändern, die Parabel in der Grafik wäre allderings nach oben geöffnet (an der \(x\mathrm{-Achse}\) gespiegelt).

Es muss also - wie aus der Grafik ersichtlich - die Nullstelle \(x(t_n)=0\), wobei \(t_n>0\) gilt, gefunden werden.

\(-\frac{g}{2}\,{t}^2 + v_0\cdot t=0\)

\(t\cdot \,\left( -\frac{g}{2}\,t +v_0\right) =0\)

Nach dem Produkt-Null-Satz ist das Produkt zweier Faktoren dann \(0\), wenn einer der beiden Faktoren \(0\) ist. (Natürlich kann auch eine der Lösungsformeln angewendet werden, das Ergebnis ist das selbe. Die Faktorisierung erspart allerdings die Lösungsformel und ist generell für homogene quadratische Gleichungen zu empfehlen.)

Es ist also \(t_0=0\) eine Lösung. Allerdings interessiert uns eine Lösung \(t_n\ >\ 0\).

Daher muss gelten:

\(-\frac{g}{2}\,t_n +v_0=0 \qquad \Rightarrow \qquad t_n=\frac{2\,v_0}{g}\)

Der Weg, der in den Zeiten von \(t_a\) bis \(t_b \, \gt \, t_a\) zurückgelegt wird, entspricht dem Integral der Geschwindigkeitsfunktion, also:

\(s=\displaystyle\int_{t_a}^{t_b}\, v(t) \, \mathrm{d}t\)

Graphisch entspricht das der Fläche, die der Graph der Funktion \(v(t)\) mit der \(t\mathrm{-Achse}\) einschließt.

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 \(x(t)\)).

Damit sich also der Körper wieder am Ausgangspunkt befinden kann, muss das Integral \(s=\displaystyle\int_{t_a}^{t_b}\, v(t) \, \mathrm{d}t\, = \, 0\) sein.

Dafür müssen stückweise die Flächeninhalte bestimmt werden, wie im Bild zu sehen ist. Dabei ist der zurückgelegte Weg in die \(\mathrm{positive }\quad x\mathrm{-Richtung}\) rot und der Weg in \(\mathrm{negativer }\quad x\mathrm{-Richtung}\) blau dargestellt.

Das erste Flächenstück entspricht einem Dreieck (im Bild mit a bezeichnet), der Fächeninhalt ist \(a = \frac{2 \cdot 4}{2}= 4\). Fläche b entspricht einem Rechteck mit Seitenlängen \(6\, \& \, 4\), der Flächeninhalt ist also \(24\). Fläche c ist wiederum ein Dreieck mit dem Flächeninhalt \(8\). Nach \(12\, \mathrm{Sekunden}\) befindet sich der Körper also \(4\, m + \, 24\, m + \, 8\, m = 36\, m\) vom Ausgangspunkt entfernt.

In den Zeiten von \(t_1=12\, s\) bis \(t_2=18\, s\) legt der Körper \(18\, m\) in die entgegengesetzte Richtung zurück. Damit er sich wieder am Anfangsort befindet, muss er weitere \(18\, m\) zurücklegen. Dafür benötigt er \(6 \cdot \Delta t = 18\, s \quad \Rightarrow \quad \Delta t = 3 \, s\). Zum Zeitpunkt \(t_n = 18\, s + \, \Delta t = 21\, s\) befindet sich der Körper also wieder am selben Ort, wie zu Beginn der Bewegung.