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 \(\Delta t= \frac{\Delta s}{v}=\frac{1080\, m}{15\, \frac{m}{s}}=72\, s\).

Aus der Angabe folgt unmittelbar

\( \dot{\vec{r}}(t)=\left(\begin{array}{c} 1\\ \sqrt{2}t\\ t^{2} \end{array}\right)\)

und

Zuerst müssen alle Werte in SI-Basiseinheiten umgewandelnt werden.

\(v_1=12\ \frac{km}{h}=12\ \frac{1000\,m}{3600\,s}=3,\dot{3}\,\frac{m}{s}\)

\(v_2=25\ \frac{km}{h}=6,9\dot{4}\ \frac{m}{s}\)

\(v_3=32\ \frac{km}{h}=8,\dot{8}\ \frac{m}{s}\)

Danach werden die Streckenabschnitte miteinander addiert:

\(s=v_1\cdot t_1+v_2\cdot t_2+v_3\cdot t_3=3,\dot{3}\cdot 15\cdot 60+6,9\dot{4}\cdot 30\cdot 60+8,\dot{8}\cdot 25\cdot 60=28,83\,km\)

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!

Ein Jahr hat 365 Tage. Ein Tag hat 24 Stunden. Eine Stunde hat 60 Minuten. Eine Minute hat 60 Sekunden. Somit erhalten wir \(s=3,0 \cdot 10^8 \,\frac{m}{s} \cdot 365 \cdot 24 \cdot 60 \cdot 60\, s = 9,5 \cdot 10^{15}\, m\).

(Anmerkung: Schaltjahre haben 366 Tage, aber bei der Berechnung auf 2 Stellen genau irrelevant. Für die exakte Definition des Lichtjahres wird üblicherweise das 'Julianische Jahr' mit \(365,35 \ \mathrm{Tagen}\) Tagen verwendet, siehe dazu Wikipedia).

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 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 \(t \, \in \, \left[0,\, 14\right] \quad \Rightarrow \quad v(t) \geq \, 0\).

Allgemein ist die Strecke \(s(t)=s_0+v\cdot t+ \frac{a}{2}\cdot t^2\), wo \(s_0\) der Abstand vom Ursprung zum Zeitpunkt \(t=0\) ist.

Strecke \(s_1\): \(s_0=0\), \(v_1=8\ \frac{m}{s}\) und \(a_1=0\), somit ist \(s_1(t)=8\cdot t\qquad \Rightarrow\qquad s(11)=8\cdot 11=88\,m\)

Für Strecke \(s_2\) kann man entweder \(s_0=s_1(11)=88\) annehmen oder man beginnt wieder mit \(s_0=0\) und muss anschliessend \(s_1\) und \(s_2\) zu \(s=s_1+s_2\) addieren

Strecke \(s_2\): \(s_0=0\), \(v_2=8\ \frac{m}{s}\) und \(a_2=2,2\ \frac{m}{s^2}\), somit ist

 \(s_2(t)=8\cdot t+\frac{2,2}{2}\cdot t^2\qquad \Rightarrow\qquad s(5)=8\cdot 5+1,1\cdot 5^2=67,5\,m\)

Gesamtstrecke \(s=s_1+s_2\): 

\(s=88+67,5=155,5\,m\)