8.1 – Kugel rollt über Sprungschanze

 

Eine Kugel mit dem Gewicht m und dem Radius a durchläuft rein rollend eine gekrümmte Bahnkurve. Sie ist zunächst im Punkt A in Ruhe und verlässt die Bahnkurve im Punkt B, in dem die Bahntangente den Winkel α mit der Waagerechten B-C einschließt.

  1. In welcher Entfernung L wird die Kugel auf der Ebene B-C aufschlagen?
  2. Welche größte Höhe zmax erreicht die Kugel, nachdem sie die Bahnkurve A-B verlassen hat?

Gegeben: H, h, m, a, α, g

Lösung

a )

Wir teilen das Problem in zwei Bereiche, nämlich die Bewegung von A nach B (Rollen der Kugel entlang der Bahn) und die Bewegung von B nach C (schräger “Wurf” der Kugel).

Da es keine Reibung gibt, wirken nur konvervative Kräfte. Das Problem A-B kann daher mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes gelöst werden.

Die potentielle Energie U und die kinetische Energie E müssen als Summe in Punkt A und Punkt B gleich sein:

E_A +U_A  = E_B +U_B

Hierbei wird die kinetische Energie in Translationsenergie und Rotationsenergie aufgeteilt. Es gilt:

E_A  = E_{trans,A} +E_{rot,A}  = 0

E_B  = E_{trans,B} +E_{rot,B}  = \frac{m} {2}v^2 +\frac{\theta } {2}\omega ^2

und eingesetzt in den Energieerhaltungssatz:

mgH = \frac{m} {2}v^2 +\frac{\theta } {2}\omega ^2 +mgh

Für das Trägheitsmoment θ und die Winkelgeschwindigkeit ω der Kugelt gelten die Zusammenhänge

\theta  = \frac{2} {5}mr^2 ,\quad \quad \quad \omega  = \frac{v} {r}

[Berechnung des Trägheitsmomentes einer Kugel in dieser Aufgabe]

Diese setzen wir in die Energieerhaltung ein und lösen nach v auf, um die Geschwindigkeit am Ende der Bahn A-B zu erhalten:

mgH = \frac{m} {2}v^2 +\frac{2} {{10}}mr^2 \frac{{v^2 }} {{r^2 }}+mgh

gH = \frac{1} {2}v^2 +\frac{2} {{10}}v^2 +gh

g\left( {H-h} \right) = \frac{7} {{10}}v^2

\sqrt {\frac{{10}} {7}g\left( {H-h} \right)}  = v

Wir betrachten nun das Problem “schräger Wurf mit gegebener Anfangsgeschwindigkeit”. Die Anfangsgeschwindigkeit wurde in der ersten Teilaufgabe berechnet.

Die Differentialgleichungen der Bewegung lauten:

F_x  = m\ddot x

F_z  = m\ddot z

Eingesetzt und integriert:

0 = \ddot x

\dot x = C_1

x = C_1 t+C_2

und die andere:

-mg = m\ddot z

-g = \ddot z

\dot z = -gt+C_3

z = -\frac{g} {2}t^2 +C_3 t+C_4

Randbedingungen:

x\left( 0 \right) = 0\quad \quad  \Rightarrow \quad \quad C_2  = 0

\dot x\left( 0 \right) = v_0 \cos \alpha \quad \quad  \Rightarrow \quad \quad C_1  = v_0 \cos \alpha

z\left( 0 \right) = 0\quad \quad  \Rightarrow \quad \quad C_4  = 0

\dot z\left( 0 \right) = v_0 \sin \alpha \quad \quad  \Rightarrow \quad \quad C_3  = v_0 \sin \alpha

eingesetzt:

x = v_0 \cos \alpha t

z = -\frac{g} {2}t^2 +v_0 \sin \alpha t

x wird nun nach t umgestellt und in z eingesetzt, damit wir die Gleichung für z(x) erhalten:

t = \frac{x} {{v_0 \cos \alpha }}

z\left( x \right) = -\frac{g} {2}\left( {\frac{x} {{v_0 \cos \alpha }}} \right)^2 +v_0 \sin \alpha \frac{x} {{v_0 \cos \alpha }}

z\left( x \right) = -\frac{g} {2}\frac{{x^2 }} {{v_0 ^2 \cos ^2 \alpha }}+x\tan \alpha

Für die Weite des Wurfes suchen wir nun die Nullstellen dieser Funktion. Die erste ist schon bekannt und wurde als Rahmenbedingung verwendet: x = 0. Die andere Nullstelle der Parabel muss also ungleich 0 sein, wir dürfen durch x teilen:

-\frac{g} {2}\frac{{x^2 }} {{v_0 ^2 \cos ^2 \alpha }}+x\tan \alpha  = 0

-\frac{g} {2}\frac{x} {{v_0 ^2 \cos ^2 \alpha }}+\tan \alpha  = 0

x = \frac{{2\tan \alpha v_0 ^2 \cos ^2 \alpha }} {g} = \frac{{2\sin \alpha v_0 ^2 \cos \alpha }} {g}

Nun setzen wir die in der ersten Teilaufgabe berechnete Geschwindigkeit ein:

L = \frac{{2\sin \alpha \frac{{10}} {7}g\left( {H-h} \right)\cos \alpha }} {g} = \frac{{20}} {7}\left( {H-h} \right)\sin \alpha \cos \alpha

b )

Die Höhe ist an der Stelle maximal, an der die vertikale Geschwindigkeit gleich 0 ist (Übergang vom Steigen zum Fallen):

\dot z = -gt+v_0 \sin \alpha  = 0

gt_{\max }  = v_0 \sin \alpha

t_{\max }  = \frac{{v_0 \sin \alpha }} {g}

eingesetzt in die Funktion z(t):

z\left( {t_{\max } } \right) = -\frac{g} {2}\left( {\frac{{v_0 \sin \alpha }} {g}} \right)^2 +v_0 \sin \alpha \frac{{v_0 \sin \alpha }} {g} = \frac{1} {2}\frac{{v_0 ^2 \sin ^2 \alpha }} {g}

z\left( {t_{\max } } \right) = \frac{5} {7}\left( {H-h} \right)\sin ^2 \alpha

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