\(t=60\) in \(s(t)\) einsetzen:

\(s(60)=8\cdot 60^2+5\cdot60+9=29109\) 

1. Zuerst die erreichte Geschwindigkeit ausrechnen:
\(v=a\cdot t\) also \(v=2,5\ \frac{m}{s^2}\cdot 20\,s=50\,\frac{m}{s}\)

2. Impuls ausrechnen 
\(p=m\cdot v\) also \(p=7300\,kg\cdot 50\ \frac{m}{s}=365000\ \frac{kg\cdot m}{s}=3,65\cdot 10^{5}\ \frac{kg\cdot m}{s}\)

\(a= \frac{ \Delta v}{\Delta t}= \frac{v_1-v_0}{\Delta t}= \frac{60 \ \frac{m}{s} - 10 \ \frac{m}{s}}{10s}=5 \ \frac{m}{s^2}\)

Der Impuls eines Körpers mit Masse \(m\) ist definiert als:

\(p=m\cdot v\)

Es muss also zunächst die Geschwindigkeit bestimmt werden, mit der der Körper am Boden ankommt.

Beim senkrechten Wurf wird die Ortsfunktion als quadratische Funktion modelliert:

\(h(t)=-\frac{g}{2}\cdot t^2 + v_0\cdot t + h_0\)

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.

Zuerst muss der Zeitpunkt bestimmt werden, an dem der Körper am Boden auftrifft.

Um dies zu ermitteln 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

\(t_2=t_b=2\ s\)

Um die Geschwindigkeit zu ermitteln, die der Körper zum Zeitpunkt \(t_2=2\ s\) 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 eingezeichnet).

Ableiten ergibt:

\(v(t) = \frac{\mathrm{d}h(t)}{\mathrm{d}t}=-10t+5\)

Um die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt \(t_2=2\ s\) zu berechnen, muss in die Geschwindigkeitsfunktion eingesetzt werden:

\(v(t_2=2)= -10\cdot 2 + 5 =-20+5=-15\ \frac{m}{s}\)

Das negative Vorzeichen ergibt sich dadurch, dass der Körper nach unten fällt, bzw. die Ortsfunktion an der Stelle \(t_2=2\ s\) streng monton fallend ist.

Das ergibt einen Impuls von:

\(p=m\cdot v = 2\, kg \cdot \left(-15\ \frac{m}{s}\right)= -30\ \frac{kg\cdot m}{s}\)

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.

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

Da sich um eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung handelt, gilt für den zurückgelegten Weg:

 \(s(t)= \frac{a}{2}\ t^2\)

Durch einsetzen der Beschleunigung \(a=4\ \frac{m}{s^2}\) und \(s=30\, m\) ergibt sich

\(30\, m=\frac{4\ \frac{m}{s^2}}{2}\ t^2 \qquad \Rightarrow \qquad t=\sqrt{\frac{30\, m \cdot 2}{4\ \frac{m}{s^2}}}=\frac{\sqrt{60}}{2}\ s^2} \ \approx\ 3,87\, s\)

\(t=3,87\,s\)

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

\(v=a\cdot t=5,97\cdot5=29,85\ \frac{m}{s}\)