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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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

Auf den geöffneten Fallschirm eines Fallschirmspringers wirke infolge des Luftreibung eine Bremsbeschleunigung $a=-b v^2$ mit der Konstanten $b=0,2$ . Wie groß ist die konstante Endgeschwindigkeit $v_e$ des Springers? Nr. 4168
	$15,21 [km/h]$
	$25,21 [km/h]$
	$35,21 [km/h]$
	$45,21 [km/h]$
Lösungsweg Die konstante Endgeschwindigkeit ist erreicht, wenn die Gesamtbeschleunigung Null wird: $ g-bv_{e}^{2}=0$. Damit folgt aber sofort $v_{e}=\sqrt{\frac{g}{b}}$.

4 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 Objekt bewegt sich für die Zeit $t_1=11\,s$ mit der Geschwindigkeit $v=8\,\frac{m}{s}$. Danach beschleunigt es gleichförmig mit $a=2,2\ \frac{m}{s^2}$ für die Zeit $t_2=5\,s$. Welche Strecke $s$ hat das Objekt zurückgelegt? Nr. 3493
	$s=115,5\,m$
	$s=105\,m$
	$s=125,5\,m$
	$s=155,5\,m$
	$s=120,5\,m$
Lösungsweg 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 $s=s_1+s_2$: $s=88+67,5=155,5\,m$

5 erreichbare Punkte

Gegeben sei die Bahnkurve $\vec{r}(t)=\left(\begin{array}{c} t\\ \frac{1}{\sqrt{2}}t^{2}\\ \frac{1}{3}t^{3} \end{array}\right)$. Wie lautet der Ausdruck für die Krümmung $\kappa(t)$ der Bahnkurve? Nr. 4172
	$\frac{2}{(1+t^{2})^{2}}$
	$\frac{\sqrt{2}}{(1+t^{2})^{2}}$
	$\frac{\sqrt{2}}{1+t^{2}}$
	$\frac{2}{1+t^{2}}$
Lösungsweg Aus der Angabe folgt unmittelbar $ \dot{\vec{r}}(t)=\left(\begin{array}{c} 1\\ \sqrt{2}t\\ t^{2} \end{array}\right)$ und $\mid\dot{\vec{r}}(t)\mid=1+t{}^{2}.$ Die Definition der Krümmung lautet $\kappa(t)=\mid\frac{d\vec{\tau}}{ds}\mid$. Mit Hilfe der Kettenregel lässt sich folglich schreiben $\kappa(t)=\mid\frac{d\vec{\tau}}{ds}\mid=\mid\frac{d\vec{\tau}}{dt}\frac{dt}{ds}\mid=\frac{1}{\mid\dot{\vec{r}}(t)\mid}\mid\frac{d\vec{\tau}}{dt}\mid$. Durch Ableiten erhält man $\frac{d\vec{\tau}}{dt}=\frac{1}{(1+t^{2})^{2}}\left(\begin{array}{c} -2t\\ \sqrt{2}(1-t^{2})\\ 2t \end{array}\right)$ und somit rhält man das Ergebnis $ \kappa(t)=\frac{\sqrt{2}}{(1+t^{2})^2}$.

4 erreichbare Punkte

Ein Objekt bewegt sich auf einer geraden Bahn mit einer Geschwindigkeit $v_1=20\ \frac{m}{s}$ für $t_1=5\,min$. Danach verdoppelt sich die Geschwindigkeit des Objektes für $t_2=10\,min$. Am Schluss wird die Anfangsgeschwindigkeit $v_1$ halbiert und das Objekt bewegt sich mit dieser Geschwindigkeit für $t_3=20\,min$. Wie weit hat sich das Objekt vom Ausganspunkt entfernt, wenn es immer nur gerade aus gefahren ist? Nr. 3339
	$s=42\,km$
	$s=38km$
	$s=48\,km$
	$s=52\,km$
Lösungsweg Die Strecke $s$ die gefahren wird, wenn etwas sich mit der Geschwindigkeit $v$ für die Zeit $t$ bewegt: $s=v\cdot t$ Somit ist $s=s_1+s_2+s_3=v_1\cdot t_1+v_2\cdot t_2+v_3\cdot t_3$. Mit der Zeit in Sekunden ausgrdrückt ergibt sich: $s=20\cdot(5\cdot60)+40\cdot(10\cdot60)+10\cdot(20\cdot60)=42000\,m$

4 erreichbare Punkte

Ein Objekt beschleunigt innerhalb von $10$ Sekunden gleichförmig von der Geschwindigkeit $v_0 = 10 \ \frac{m}{s}$ $ auf die Geschwindigkeit $v_1= 60 \ \frac{m}{s}$. Berechne die Beschleunigung $a$ des Objekts. Nr. 1532
	$a=10 \ \frac{m}{s^2}$
	$a=5 \ \frac{m}{s}$
	$a=5 \ \frac{m}{s^2}$
	$a = 50\ \frac{m}{s}$
	$a=6 \ \frac{m}{s^2}$
Lösungsweg $a= \frac{ \Delta v}{\Delta t}= \frac{v_1-v_0}{\Delta t}= \frac{60 \ \frac{m}{s} - 10 \ \frac{m}{s}}{10s}=5 \ \frac{m}{s^2}$

5 erreichbare Punkte

Wir betrachten die Bewegung in einer Dimension. Ein Objekt der Masse $m=1,85\, g$ bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit und legt dabei in $4,46 \, s$ Sekunden eine Strecke von $16,98\, m$ zurück. Welchen Impuls $p$ hat das Objekt? Runde auf drei signifikante Stellen genau (Wie immer in der entsprechenden SI-Einheit)! Nr. 1600
	$p=7,04 \ \frac{kg \cdot m}{s}$
	$p=7,04 \cdot 10^{-3} \ \frac{kg \cdot m}{s}$
	$p= 7 \cdot 10^{-3} \ \frac{kg \cdot m}{s}$
	$p= 6,77 \cdot 10^{-3} \ \frac{kg \cdot m}{s}$
	$p= 6,77 \ \frac{kg \cdot m}{s}$
Lösungsweg Die Formel für die Geschwindigkeit ist bekannterweise $v= \frac{ \Delta s}{\Delta t}$. Die Formel für den Impuls ist $p=mv$. In Kombination erhalten wir somit $p=m \cdot \frac{\Delta s}{\Delta t}= 1,85 \cdot 10^{-3}kg \cdot \frac{16,98\, m}{4,46\, s}=7,04 \cdot 10^{-3} \ \frac{kg \cdot m}{s}$. Das Ergebnis wurde 3 gültige Stellen gerundet.

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

Auf den geöffneten Fallschirm eines Fallschirmspringers wirke infolge des Luftreibung eine Bremsbeschleunigung \(a=-b v^2\) mit der Konstanten \(b=0,2\) . Wie groß ist die konstante Endgeschwindigkeit \(v_e\) des Springers? Nr. 4168
	\(15,21 [km/h]\)
	\(25,21 [km/h]\)
	\(35,21 [km/h]\)
	\(45,21 [km/h]\)
Lösungsweg Die konstante Endgeschwindigkeit ist erreicht, wenn die Gesamtbeschleunigung Null wird: \( g-bv_{e}^{2}=0\). Damit folgt aber sofort \(v_{e}=\sqrt{\frac{g}{b}}\).

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

Ein Objekt bewegt sich für die Zeit \(t_1=11\,s\) mit der Geschwindigkeit \(v=8\,\frac{m}{s}\). Danach beschleunigt es gleichförmig mit \(a=2,2\ \frac{m}{s^2}\) für die Zeit \(t_2=5\,s\). Welche Strecke \(s\) hat das Objekt zurückgelegt? Nr. 3493
	\(s=115,5\,m\)
	\(s=105\,m\)
	\(s=125,5\,m\)
	\(s=155,5\,m\)
	\(s=120,5\,m\)
Lösungsweg 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 \(s=s_1+s_2\): \(s=88+67,5=155,5\,m\)

Gegeben sei die Bahnkurve \(\vec{r}(t)=\left(\begin{array}{c} t\\ \frac{1}{\sqrt{2}}t^{2}\\ \frac{1}{3}t^{3} \end{array}\right)\). Wie lautet der Ausdruck für die Krümmung \(\kappa(t)\) der Bahnkurve? Nr. 4172
	\(\frac{2}{(1+t^{2})^{2}}\)
	\(\frac{\sqrt{2}}{(1+t^{2})^{2}}\)
	\(\frac{\sqrt{2}}{1+t^{2}}\)
	\(\frac{2}{1+t^{2}}\)
Lösungsweg Aus der Angabe folgt unmittelbar \( \dot{\vec{r}}(t)=\left(\begin{array}{c} 1\\ \sqrt{2}t\\ t^{2} \end{array}\right)\) und \(\mid\dot{\vec{r}}(t)\mid=1+t{}^{2}.\) Die Definition der Krümmung lautet \(\kappa(t)=\mid\frac{d\vec{\tau}}{ds}\mid\). Mit Hilfe der Kettenregel lässt sich folglich schreiben \(\kappa(t)=\mid\frac{d\vec{\tau}}{ds}\mid=\mid\frac{d\vec{\tau}}{dt}\frac{dt}{ds}\mid=\frac{1}{\mid\dot{\vec{r}}(t)\mid}\mid\frac{d\vec{\tau}}{dt}\mid\). Durch Ableiten erhält man \(\frac{d\vec{\tau}}{dt}=\frac{1}{(1+t^{2})^{2}}\left(\begin{array}{c} -2t\\ \sqrt{2}(1-t^{2})\\ 2t \end{array}\right)\) und somit rhält man das Ergebnis \( \kappa(t)=\frac{\sqrt{2}}{(1+t^{2})^2}\).

Ein Objekt bewegt sich auf einer geraden Bahn mit einer Geschwindigkeit \(v_1=20\ \frac{m}{s}\) für \(t_1=5\,min\). Danach verdoppelt sich die Geschwindigkeit des Objektes für \(t_2=10\,min\). Am Schluss wird die Anfangsgeschwindigkeit \(v_1\) halbiert und das Objekt bewegt sich mit dieser Geschwindigkeit für \(t_3=20\,min\). Wie weit hat sich das Objekt vom Ausganspunkt entfernt, wenn es immer nur gerade aus gefahren ist? Nr. 3339
	\(s=42\,km\)
	\(s=38km\)
	\(s=48\,km\)
	\(s=52\,km\)
Lösungsweg Die Strecke \(s\) die gefahren wird, wenn etwas sich mit der Geschwindigkeit \(v\) für die Zeit \(t\) bewegt: \(s=v\cdot t\) Somit ist \(s=s_1+s_2+s_3=v_1\cdot t_1+v_2\cdot t_2+v_3\cdot t_3\). Mit der Zeit in Sekunden ausgrdrückt ergibt sich: \(s=20\cdot(5\cdot60)+40\cdot(10\cdot60)+10\cdot(20\cdot60)=42000\,m\)

Ein Objekt beschleunigt innerhalb von \(10\) Sekunden gleichförmig von der Geschwindigkeit \(v_0 = 10 \ \frac{m}{s}$ \) auf die Geschwindigkeit \(v_1= 60 \ \frac{m}{s}\). Berechne die Beschleunigung \(a\) des Objekts. Nr. 1532
	\(a=10 \ \frac{m}{s^2}\)
	\(a=5 \ \frac{m}{s}\)
	\(a=5 \ \frac{m}{s^2}\)
	\(a = 50\ \frac{m}{s}\)
	\(a=6 \ \frac{m}{s^2}\)
Lösungsweg \(a= \frac{ \Delta v}{\Delta t}= \frac{v_1-v_0}{\Delta t}= \frac{60 \ \frac{m}{s} - 10 \ \frac{m}{s}}{10s}=5 \ \frac{m}{s^2}\)

Wir betrachten die Bewegung in einer Dimension. Ein Objekt der Masse \(m=1,85\, g\) bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit und legt dabei in \(4,46 \, s\) Sekunden eine Strecke von \(16,98\, m\) zurück. Welchen Impuls \(p\) hat das Objekt? Runde auf drei signifikante Stellen genau (Wie immer in der entsprechenden SI-Einheit)! Nr. 1600
	\(p=7,04 \ \frac{kg \cdot m}{s}\)
	\(p=7,04 \cdot 10^{-3} \ \frac{kg \cdot m}{s}\)
	\(p= 7 \cdot 10^{-3} \ \frac{kg \cdot m}{s}\)
	\(p= 6,77 \cdot 10^{-3} \ \frac{kg \cdot m}{s}\)
	\(p= 6,77 \ \frac{kg \cdot m}{s}\)
Lösungsweg Die Formel für die Geschwindigkeit ist bekannterweise \(v= \frac{ \Delta s}{\Delta t}\). Die Formel für den Impuls ist \(p=mv\). In Kombination erhalten wir somit \(p=m \cdot \frac{\Delta s}{\Delta t}= 1,85 \cdot 10^{-3}kg \cdot \frac{16,98\, m}{4,46\, s}=7,04 \cdot 10^{-3} \ \frac{kg \cdot m}{s}\). Das Ergebnis wurde 3 gültige Stellen gerundet.

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