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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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

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 \(t_A=t_B\) \(25\cdot t+13,\dot{8}\cdot t=1800\) \(t=46,29\,s\)

4 erreichbare Punkte

Welche Näherungsformel kann verwendet werden, um die Tiefe \(h\) eines Brunnens abzuschätzen? Dabei ist \(t\) die Zeit, die vergeht zwischen dem Loslassen eines Steines, den man in den Brunnen fallen lässt, und dem Hören des Aufprallgeräusches, \(g\) ist die Erdbeschleunigung, \(c\) die Schallgeschwindigkeit. Nr. 2105
	\(h = g \: t\)
	\(h\, \approx\, \frac{g}{2} \: t^{2}\)
	\(h\, \approx\, 5\ \frac{m}{s^{2}}\: t^{2}\)
	Auflösen folgender (quadratischer) Gleichung nach \(h\): \(t \: = \: \sqrt{\frac{2 \: h}{g}} \: + \: \frac{h}{c}\)
	\(h \, \approx\, \frac{c}{2}\ t^2\)
Lösungsweg 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: \(h\, \approx \, 5\ \frac{m}{s^2}\ t^2\)

5 erreichbare Punkte

Ein Motorrad beschleunigt gleichförmig aus dem Stand mit \(a=5,97\ \frac{m}{s^2}\) für die Zeit \(t=5\,s\). Welche Geschwindigkeit \(v\) hat das Motorrad zum Zeitpunkt \(t=5\,s\) erreicht? Nr. 3329
	\(v=22,63\ \frac{m}{s}\)
	\(v=29,85\ \frac{m}{s}\)
	\(v=30,51\ \frac{m}{s}\)
	\(v=29\ \frac{km}{h}\)
Lösungsweg Die Beschleunigung ist \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_2-v_1}{t}\). Mit \(v_1=0\) in diesem Beispiel ist \(v=v_2\) die gesuchte Geschwindigkeit, daher ist \(a=\frac{v}{t}\). Dies wird nach \(v\) umgeformt \(v=a\cdot t=5,97\cdot5=29,85\ \frac{m}{s}\)

4 erreichbare Punkte

Ein Körper wird aus einer Höhe \(h_0=21,6\, m\) mit einer Geschwindigkeit \(v_0=12\ \frac{m}{s}\) senkrecht nach oben geworfen. Nach der Zeit \(t_1\) hat der Körper seine maximale Höhe \(h_{max}\) erreicht. Mit welcher Geschwindigkeit hätte der Körper vom (Erd-)Boden aus geworfen werden müssen, um die selbe Höhe \(h_{max}\) zu erreichen? Rechne dabei mit \(g=10\ \frac{m}{s^2}\). Nr. 4433
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=33,6\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=28,8\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=24\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=22\ \frac{m}{s}\)
	\(v_{\mathrm{Wurf}}=36\ \frac{m}{s}\)
Lösungsweg Um die Geschwindigkeit zu bestimmen, mit der der Körper vom Erdboden aus geworfen hätte werden müssen, betrachten wir zunächst die Wurfparabel mit ihrer Erweiterung zur negativen Nullstelle (siehe Grafik). Der Abwurfzeitpunkt ist im Bild mit \(t_{\mathrm{Wurf}}\) bezeichnet. Er entspricht genau der Zeit des Abwurfes, wenn der Körper vom Boden aus geworfen würde, um die Höhe \(h_{max}\) zu erreichen. Es muss also zunächst die Nullstelle \(t_{\mathrm{Wurf}}\) bestimmt werden. Um dies zu ermitteln muss die Gleichung \(h(t_{\mathrm{Wurf}})=0\) gelöst werden, da am Boden (wie meistens angenommen) die Höhe den Wert \(0\) hat. Es muss also die quadratische Gleichung \(h(t)=-5\cdot t^2 +12\cdot t +21,6=0\) gelöst werden. Dafür kann entweder die große Lösungsformel angewendet werden (Übungsaufgabe!) oder nach Normalisierung (= der Faktor vor \(t^2\) ist \(1\)), die kleine Lösungsformel: \(-5\cdot t^2 +12\cdot t +21,6 =0 \quad \| :\ (-5) \\ t^2 - 2,4t -4,32 =0 \) Damit erhalten wir mit der kleinen Lösungsformel: \(t_{a,b} = 1,2 \pm \underbrace{\sqrt{(1,2)^2 +4,32}}_{=2,4}\) Schließlich also: \(t_a=1,2\ s - 2,4\ s =-1,2\ s\) und \(t_b=1,2\ s+2,4\ s = 3,6\ s\) Da wir an der negativen Lösung interessiert sind, ist \(t_{\mathrm{Wurf}}=t_b=-1,2\ s\) Um die Geschwindigkeit zu ermitteln, die der Körper zum Zeitpunkt \(t_{\mathrm{Wurf}}=-1,2\, s\) 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 rot eingezeichnet). Anmerkung: Die selbe Geschwindigkeit, nur mit einem negativen Vorzeichen, würde man aus Symmetriegründen auch an der Stelle \(t_2=3,6\, s\) erhalten. Das bedeutet, dass der Körper mit dem selben Geschwindigkeitsbetrag am Boden wieder aufkommt, mit dem er zuvor hochgeworfen wurde. Auch dieser Lösungsweg wäre vollkommen korrekt - Bonusaufgabe: zeige, dass das selbe Ergebnis herauskommt! Ableiten ergibt: \(v(t) = \frac{\mathrm{d}h(t)}{\mathrm{d}t}=-10t+12\) Um die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt \(t_{\mathrm{Wurf}}=-1,2\ s\) zu berechnen, muss in die Geschwindigkeitsfunktion eingesetzt werden: \(v(t_{\mathrm{Wurf}}=-1\ s)= -10\cdot (-1,2) + 12 =12+12=24\ \frac{m}{s}\) Die Abwurfgeschwindigkeit muss also \(v_{\mathrm{Wurf}}=24\ \frac{m}{s}\) betragen, damit der Körper die Höhe \(h_{max}\) erreicht.

5 erreichbare Punkte

Gegeben sei die Lösung \(x(t)=A\cos\omega t+B\sin\omega t\) des linearen harmonischen Oszillators. Zu welcher Zeit \(t_1\) erreicht der Oszillator seine Maximalgeschwindigkeit\(\dot{x}_{Max}\)? Wie lauten die jeweiligen Ausdrücke für die Maximalgeschwindigkeit \(\dot{x}_{Max}\) und die Maximalbeschleunigung \(\ddot{x}_{Max}\). Nr. 4184
	\(t_{1}=\frac{1}{\omega}\arctan(-\frac{A}{B})\), \(\dot{x}_{Max}=\omega \sqrt{A B }\), \(\ddot{x}_{Max}=\omega^2 \sqrt{A B }\)
	\(t_{1}=\frac{1}{\omega}\arctan(-\frac{B}{A})\), \(\dot{x}_{Max}=\omega \sqrt{A B }\), \(\ddot{x}_{Max}=\omega^2 \sqrt{A B }\)
	\(t_{1}=\frac{1}{\omega}\arctan(-\frac{A}{B})\), \(\dot{x}_{Max}=\omega \sqrt{A^2 + B^2 }\), \(\ddot{x}_{Max}=\omega^2 \sqrt{A^2 + B^2 }\)
	\(t_{1}=\frac{1}{\omega}\arctan(-\frac{A}{B})\), \(\dot{x}_{Max}=\omega \sqrt{A^2 + B^2 }\), \(\ddot{x}_{Max}=-\omega^2 \sqrt{A^2 + B^2 }\)
Lösungsweg Wir berechnen zunächst \(\dot{x}(t)=-A\omega\sin\omega t+B\omega\cos\omega t\) und \(\ddot{x}=-\omega^{2}x\) Für die Maximalgeschwindigkeit gilt \(\ddot{x}(t_{1})=0, \frac{d\ddot{x}}{dt}(t_{1})<0\). Durch Einsetzen in \(\ddot{x}(t)\) erhält man \(t_{1}=\frac{1}{\omega}\arctan(-\frac{A}{B})\). Basierend darauf erhält man schließlich \(\dot{x}_{Max}=\dot{x}(t_{1})=\omega \sqrt{A^2 + B^2 } = \omega x_{Max}\), wobei \(x_{Max} := \sqrt{A^2 + B^2 }\) die in einem vorangegangenen Beispiel bestimmte Maximalauslenkung bezeichnet. Die Berechnung der Maximalbeschleunigung erfolgt völlig analog, wobei allerdings gefordert wird \(\frac{d\ddot{x}}{dt}(t_{2})=0, \frac{d^{2}\ddot{x}}{dt^{2}}(t_{2})<0\). Hier findet man \(\ddot{x}_{Max}=-\omega^2 \sqrt{A^2 + B^2 } =-\omega^2 x_{Max}\).

4 erreichbare Punkte

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 Objekt wird durch eine Kraft mit \(a=6,22\ \frac{m}{s^2}\) aus dem Stand für eine Zeit \(t=6\,s\) gleichförmig beschleunigt. Welche Geschwindigkeit \(v\) erreicht das Objekt nach der Beschleunigungsphase. Nr. 3330
	\(v=32,95\ \frac{m}{s}\)
	\(v=37,32\ \frac{m}{s}\)
	\(v=30,77\ \frac{m}{s}\)
	\(v=35,69\ \frac{m}{s}\)
Lösungsweg Die Beschleunigung ist \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_2-v_1}{t}\). Mit \(v_1=0\) in diesem Beispiel ist \(v=v_2\) die gesuchte Geschwindigkeit, daher ist \(a=\frac{v}{t}\). Dies wird nach \(v\) umgeformt \(v=a\cdot t=6,22\cdot6=37,32\ \frac{m}{s}\)

4 erreichbare Punkte

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