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Berechnung von geraden elastischen Stößen (2)

  1. Bei einem geraden Stoß bewegen sich die Stoßpartner vor und nach dem Stoß entlang einer Gerade. Wir benötigen also keine vektorielle Betrachtung der Größen durchzuführen.
  2. Bei einem elastischen Stoß bleiben die kinetischen Energien der Stoßpartner vor und nach dem Stoß erhalten.
  3. Nun möchten wir das Verhalten der Stoßpartner nach dem Stoß vorhersagen. Wir bezeichnen die Stoßpartner mit a und b, ihre Massen mit $m_a$ und $m_b$ und ihre Geschwindigkeiten vor dem Stoß mit $v_a$ und $v_b$. Alle diese Angaben sind vorhanden. Die Geschwindigkeiten der Stoßpartner nach dem Stoß sind unbekannt und wir nennen diese $u_a$ für den Stoßpartner a und $u_b$ für den Stoßpartner b.
  4. Anwendung der Impuls- und Energieerhaltung liefert für die Geschwindigkeiten nach dem Stoß: $$\boxed{\begin{aligned} u_a &=\frac{ 2m_b v_b +(m_a – m_b) v_a}{(m_a + m_b)} \\ \\ u_b &=\frac{ 2m_a v_a +(m_b – m_a) v_b}{(m_a + m_b)} \end{aligned}}$$
  5. Betrachten wir nun einige Beispiele, wie uns diese zwei Gleichungen helfen können. Die Berechnungen sind simpel und werden deshalb nicht ausführlich dargestellt. Nichtsdestotrotz sollst du dir die Zeit nehmen um diese Berechnungen jeweils mindestens 3 Mal schriftlich durchzuführen, denn diese könnten in Prüfungen und Klausuren abgefragt werden 😄.
  6. Fall A: Stoßpartner haben die gleiche Masse und ein Stoßpartner (Objekt b) ruht. Mathematisch bedeutet dies, dass $m_a=m_b$ und für das ruhende Objekt b gilt $v_b=0$. Einsetzen in die oberen Gleichungen liefert: $$\begin{aligned} u_a & = 0 \\ u_b &= v_a \end{aligned}$$ Nach dem Stoß bleibt also das stoßende Objekt stehen ($u_a=0$) und das ruhende Objekt bewegt sich mit der Geschwindigkeit des stoßenden Objekts ($u_b = v_a$) weiter. Konkret kann man sich das Billardspiel vorstellen. Dabei haben alle Bälle die gleiche Masse und es wird mit dem weißen Ball auf ruhende Bälle geschossen. Falls der Stoß zentral erfolgt, bleibt der weiße Ball stehen und der gestoßene Ball bewegt sich mit der Geschwindigkeit des weißen balls vor dem Stoß weiter.
  7. Fall B: Stoßpartner haben die gleiche Masse und bewegen sich nicht gleicher Geschwindigkeit aufeinander zu. Mathematisch bedeutet dies, dass $m_a=m_b$ und $v_a=-v_b$. Einsetzen in die oberen Gleichungen liefert: $$\begin{aligned} u_a &= – v_b \\ u_b &=v_a \end{aligned}$$ Nach dem Stoß vertauschen die Stoßpartner ihre Geschwindigkeiten und bewegen sich mit gleicher Geschwindigkeit in entgegengesetzte Richtungen voneinander weg. Konkret kann man sich das Billardspiel vorstellen. Dabei haben alle Bälle die gleiche Masse. Wenn nun zwei Bälle mit gleicher Geschwindigkeit frontal zusammenstoßen, dann prallen sie aneinander ab und bewegen sich mit der ursprüngliche Geschwindigkeit in entgegengesetzte Richtungen voneinander weg.
  8. Fall C: Ein Stoßpartner hat eine sehr viel größere Masse und ruht (Objekt a). Mathematisch bedeutet dies, dass $m_a >> m_b$ und $v_a=0$. Wir machen dies noch extremer indem wir annehmen, dass das ruhende Objekt eine unendliche Masse hat, d. h. $m_a = \infty$. Einsetzen in die oberen Gleichungen liefert: $$\begin{aligned} u_a &=0 \\ u_b &= – v_b \end{aligned}$$ Nach dem Stoß bleibt das unendlich schwere Objekt weiterhin in Ruhe ($u_a=0$). Das sich bewegende Objekt aber prallt zurück und bewegt sich mit seiner ursprünglichen Geschwindigkeit in entgegengesetzte Richtung weiter. Konkret kann man sich eine Mauer und einen Ball vorstellen. Der leichte Ball prallt (unter Vernachlässigung von Reibungsverlusten) mit seinem ursprünglichen Geschwindigkeit an die Mauer ab.
  9. Fall D: Ein Stoßpartner hat eine sehr viel größere Masse (Objekt a) und der andere Stoßpartner ruht (Objekt b). Mathematisch bedeutet dies, dass $m_a >> m_b$ und $v_b=0$. Einsetzen in die oberen Gleichungen liefert: $$\begin{aligned} u_a &= v_a \\ u_b &= 2 v_a \end{aligned}$$ Nach dem Stoß bewegt sich das sehr schwere Objekt a mit unveränderter Geschwindigkeit weiter ($u_a = v_a$). Das ruhende leichte Objekt b bewegt sich in die gleiche Richtungen, wie das Objekt a, aber mit doppelter Geschwindigkeit von Ihm weg ($u_b = v_a$). Ein gutes Beispiel hierfür ist der Golfsport. Der Schläger ist jeweils sehr schwer und bewegt sich, während der Ball ruht. Nach dem Schlag bewegt sich der Schläger zuerst weiter und der Ball fliegt mit einem höheren Geschwindigkeit als der Schläger in die gleiche Richtung weg (wir vernachlässigen hierbei die beschleunigende und bremsende Einflüsse des Spielers).
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Berechnung von geraden elastischen Stößen (1)

  1. Bei einem geraden Stoß bewegen sich die Stoßpartner vor und nach dem Stoß entlang einer Gerade. Wir benötigen also keine vektorielle Betrachtung der Größen durchzuführen.
  2. Bei einem elastischen Stoß bleiben die kinetischen Energien der Stoßpartner vor und nach dem Stoß erhalten.
  3. Nun möchten wir das Verhalten der Stoßpartner nach dem Stoß vorhersagen. Zuerst die Physik. Wir bezeichnen die Stoßpartner mit a und b, ihre Massen mit $m_a$ und $m_b$ und ihre Geschwindigkeiten vor dem Stoß mit $v_a$ und $v_b$. Alle diese Angaben sind vorhanden. Die Geschwindigkeiten der Stoßpartner nach dem Stoß sind unbekannt und wir nennen diese $u_a$ für den Stoßpartner a und $u_b$ für den Stoßpartner b.
  4. Die Impulserhaltung besagt, dass der Gesamtimpuls vor dem Stoß $p_{vorher}$ gleich dem Gesamtimpuls nach dem Stoß $p_{nachher}$ ist, d. h. $$p_{vorher} = p_{nachher}$$ Der Gesamtimpuls ist die Summe der Impulse der beiden Stoßpartner (a und b), also $$m_a v_a + m_b v_b = m_a u_a + m_b u_b$$
  5. Die Erhaltung der kinetischen Energien besagt, dass die kinetische Energie des Systems vor dem Stoß $E^{kin}_{vorher}$ gleich der kinetischen Energie des Systems nach dem Stoß $E^{kin}_{nachher}$ ist, d. h. $$E^{kin}_{vorher} = E^{kin}_{nachher}$$ Die kinetische Energie des gesamten Systems ist die Summe der kinetischen Energien der beiden Stoßpartner (a und b), also $$\frac 1 2 m_a v_a^2 + \frac 12 m_b v_b^2 = \frac 1 2 m_a u_a^2 + \frac 1 2 m_b u_b^2$$
  6. An dieser Stelle ist vorerst die Physik vorbei. Wir benötigen nun Mathematik, um die zwei Gleichungen nach $u_a$ und $u_b$ aufzulösen. Hier nochmal die Gleichungen: $$\boxed{ \begin{aligned} m_a v_a + m_b v_b &= m_a u_a + m_b u_b \\ \frac 1 2 m_a v_a^2 + \frac 12 m_b v_b^2 &= \frac 1 2 m_a u_a^2 + \frac 1 2 m_b u_b^2 \end{aligned} }$$
  7. Durch mathematische Operationen können wir nun $u_a$ und $u_b$ bestimmen. Klicke auf diesen Text, wenn du eine ausführliche Erläuterung haben möchtest.
  8. Zuerst bringen wir alle Terme, die mit dem Stoßpartner a zutun hat auf die linke Seite und alle Terme, die den Stoß b betreffen auf die rechte Seite. Hier nochmal die Gleichungen: $$\begin{aligned} m_a v_a – m_a u_a &= m_b u_b – m_b v_b \\ \frac 1 2 m_a v_a^2 – \frac 1 2 m_a u_a^2 &= \frac 1 2 m_b u_b^2 – \frac 12 m_b v_b^2 \end{aligned} $$
  9. Nun klammern wir in beiden Gleichungen die Massen aus. Hier nochmal die Gleichungen: $$\begin{aligned} m_a (v_a – u_a) &= m_b ( u_b – v_b) \\ \frac 1 2 m_a (v_a^2 – u_a^2) &= \frac 1 2 m_b (u_b^2 – v_b^2) \end{aligned} $$
  10. In der zweiten Gleichung können wir $\frac 1 2$ auf beiden Seiten wegkürzen. Hier nochmal die Gleichungen: $$\begin{aligned} m_a (v_a – u_a) &= m_b ( u_b – v_b) \\ m_a (v_a^2 – u_a^2) &= m_b (u_b^2 – v_b^2) \end{aligned} $$
  11. Jetzt dividieren wir die untere Gleichung durch die obere Gleichung und erhalten: $$\frac {m_a (v_a^2 – u_a^2)}{m_a (v_a – u_a)} = \frac{m_b (u_b^2 – v_b^2)}{m_b ( u_b – v_b)} $$
  12. Wir kürzen die Massen und erhalten: $$\frac { (v_a^2 – u_a^2)}{ (v_a – u_a)} = \frac{ (u_b^2 – v_b^2)}{ ( u_b – v_b)} $$
  13. Auf beiden Seiten jeweils im Zähler schreiben wir die 3. binomische Formel aus: $$v_a^2-u_a^2 = (v_a-u_a) (v_a+u_a)$$ und erhalten: $$\frac { (v_a – u_a)(v_a + u_a)}{ (v_a – u_a)} = \frac{ (u_b – v_b)(u_b + v_b)}{ (u_b – v_b)} $$
  14. Herrlich! Nun können wir ganze Klammern aus den Zählern und Nennern kürzen und erhalten: $$v_a + u_a= u_b + v_b$$
  15. Umformung nach der unbekannten Geschwindigkeit $u_b$ ergibt: $$ u_b = v_a + u_a – v_b $$ Wir können natürlich auch nach $u_a$ umformen!
  16. Wir setzen diese $u_b$ in die Impulsgleichung: $$ m_a v_a + m_b v_b = m_a u_a + m_b u_b $$ ein und bekommen: $$\begin{aligned} m_a v_a + m_b v_b &= m_a u_a + m_b (v_a + u_a – v_b) \\ m_a v_a + m_b v_b &= m_a u_a + m_b v_a + m_b u_a – m_b v_b \end{aligned}$$ Selbstverständlich könnten wir auch $u_b$ in die Energiegleichung einsetzen, aber das würde alles wegen den quadratischen Termen verkomplizieren, und wir sind von Natur aus faul!
  17. Nun lösen wir diese Gleichung nach $u_a$ auf: $$\begin{aligned} m_a u_a + m_b v_a + m_b u_a – m_b v_b &= m_a v_a + m_b v_b \\ m_a u_a + m_b u_a &= m_a v_a + m_b v_b – m_b v_a + m_b v_b \\ u_a (m_a + m_b) &= (m_a – m_b) v_a + 2m_b v_b \end{aligned}$$
  18. Eine ähnliche Vorgehensweise kann auch für $u_b$ verwendet werden.
  19. Für die Geschwindigkeiten nach dem Stoß gilt also: $$\boxed{\begin{aligned} u_a &=\frac{ 2m_b v_b +(m_a – m_b) v_a}{(m_a + m_b)} \\ \\ u_b &=\frac{ 2m_a v_a +(m_b – m_a) v_b}{(m_a + m_b)} \end{aligned}}$$ An dieser Stelle sind wir mit Mathematik fertig und können wieder Physik betreiben. Dafür klopfen wir uns auf die Schulter 😄 und belohnen uns z. B. durch eine Tasse Kaffee, eine Runde Zocken und was immer man so mag.
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Anwendung der Impulserhaltung

  1. Ein System, welches keine äußeren Kräfte erfährt, bezeichnen wir als ein abgeschlossenes System. In solch einem System bleibt der Impuls erhalten.
  2. Die Impulserhaltung gilt immer unabhängig von Energieerhaltung. Deshalb ist sie wichtiger und nützlicher als die Energieerhaltung.
  3. Viele physikalische Vorgänge basieren auf Stoßprozesse zwischen mikroskopischen Teilchen z. B. in der Atom- und Teilchenphysik, in der Wärmetheorie. Aber auch bei Asteroiden- und Planetenphysik sind Stoßprozesse relevant. Stöße sind überall um uns herum! Deshalb sollte jeder, der sich freiwillig oder unfreiwillig 😄 mit Physik befasst, Stoßprozesse verstehen und das Verhalten der Stoßpartner nach dem Stoß vorhersagen zu können.
  4. Bei allen Stoßvorgängen gilt die Impulserhaltung!
  5. Die Energieerhaltung gilt auch immer, aber häufig führen Stöße zur Umwandlung der Energie in Wärme, Formänderung oder Energieverlust durch Reibung. In diesen Fällen verlässt die Energie das Impulssystem.
  6. Wenn bei einem Stoß die gesamte kinetische Energie des Systems erhalten bleibt, dann sprechen wir von einem elastischen Stoß.
  7. Wenn sich bei einem Stoß ein Anteil der kinetischen Energie umwandelt (z. B. in Wärme, Deformation) oder durch Reibung das System verlässt, dann sprechen wir von einem inelastischen oder unelastischen stoß.
  8. Wenn der Stoß entlang einer Linie erfolgt, wie z. B. zwei Zügen auf Schienen dann sprechen wir von einem geraden oder zentralen Stoß.
  9. Bewegen sich die Stoßpartner vor oder nach dem Stoß in unterschiedlichen Richtungen auf einer Ebene, wie Billard-Kugeln, so sprechen wir von einem schiefen oder nicht-zentralen Stoß. Hierbei ist eine vektorielle Betrachtung erforderlich.

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Verwendung der Energieerhaltung bei schiefen Ebenen mit Reibung

  1. In Kapitel 4 haben wir gelernt, warum in einem abgeschlossenen System, die Energie erhalten bleibt. In dieser Lektion werden wir die Energieerhaltung auf Aufgaben bezüglich der schiefen Ebene anwenden. Dabei werden wir die Gleitreibung berücksichtigen. Folgende Begriffe und Größen musst du kennen:
      Kinetische und potenzielle Energie (Kapitel 4)
      Schiefe Ebene (Kapitel 3) und
      trigonometrische Funktionen (Kapitel 3)
  2. Wir haben in Kapitel 3 die Gleitreibungskraft auf einer schiefen Ebene hergeleitet . Wenn ein Objekt auf einer schiefen Ebene ruht, d. h. sich nicht bewegt, dann verwenden wir die Normalkomponente ($F_N$) der Gewichtskraft zur Bestimmung der Größe Haftreibung. Die Richtung der Haftreibung ist antiparallel zur Parallelkomponente ($F_P$) der Gewichtskraft (s. Abbildung 1).
    Schiefe Ebene
    Abbildung 1: Die relevanten Kräfte auf einer schiefen Ebene. $F_g$ ist die Gewichtskraft des Objekts, $F_P$ ist die Komponente der Gewichtskraft, die parallel zur Oberfläche der schiefen Ebene zeigt, $F_N$ ist die Normalkomponente der Gewichtskraft, die senkrecht zur Oberfläche der schiefen Eben zeigt. $F_P$ und $F_N$ hängen stark vom Winkel $\alpha$ ab.
  3. Welche Konsequenz hat die Reibung für die Energieerhaltung? Wir kennen ja alle den Begriff „Reibungsverlust“. Es besagt, dass die Energie aus dem System verloren geht. Dann kann aber das System nicht mehr als abgeschlossen betrachtet werden. Wenn wir aber die Menge an Energie, die durch Reibung verloren geht kennen, können wir wieder mit dem Energieerhaltungssatz rechnen. Dabei ziehen wir diese „Reibungsverluste“ einfach aus der Gesamtenergie ab. Folgendes Beispiel soll dies anschaulich darstellen.
  4. Beispiel: Rutschen auf einer schiefen Ebene mit Reibung
    Ein Objekt mit einer Masse von 100 [kg] rutscht auf einer schiefen Ebene (Neigungswinkel $\alpha = 30 \degree$) aus einer Höhe von $h=20 [m]$ hinunter. Mit welcher Geschwindigkeit $v$ kommt das Objekt unten an, wenn der Gleitreibungskoeffizient $\mu_G = 0,5$ beträgt?

    Gegeben und gesucht:
    Die Starthöhe $h=20[m]$, der Neigungswinkel der schiefen Ebene $\alpha = 30 \degree$, der Gleitreibungskoeffizient $\mu_G =0,5$ und die Masse des Objekts $m=100 [kg]$ sind angegeben. Gesucht ist die Aufprallgeschwindigkeit, d. h. die Geschwindigkeit unten am Fuß der schiefen Ebene ($h=0[m]$).

    Passende Formel:
    Oben ($h=20 [m]$) hat das Objekt nur die potenzielle Energie $E_{pot}= mgh$.
    Unten ($h=0 [m]$) hat das Objekt nur die kinetische Energie $E_{kin}= \frac 12 m v^2$.
    Entlang der zurückgelegte Strecke $s$ verliert das Objekt durch die Gleitreibung die Reibungsenergie $E_R= F_R \cdot s$. Anwendung der Herleitung der Gleitreibungskraft in Kapitel 3 liefert $E_R = \mu_G \cdot mg \cos (\alpha) \cdot s $
    Abbildung 2 zeigt, dass für die zurückgelegte Strecke $s$ auf der schiefen Ebene gilt: $s = h / \sin(\alpha)$. Einsetzen liefert $$\begin{aligned} E_R &= F_R \cdot s \\ &= \mu_G \cdot mg \cos (\alpha) \frac {h}{\sin(\alpha)} \end{aligned}$$ Aus Kapitel 2 wissen wir, dass $\frac {\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} = \cot (\alpha)$. Somit gilt $$E_R= \mu_G \cdot mg \cot (\alpha) \cdot h$$ Die Energieerhaltung besagt nun $E_{pot} – E_R = E_{kin}$, d. h. $$mgh – \mu_G \cdot mg \cot (\alpha) \cdot h= \frac 12 m v^2$$ Die Masse kann gekürzt werden, d.h. $$gh – \mu_G \cdot g \cot (\alpha) \cdot h= \frac 12 v^2$$ Auflösen nach v liefert $$v=\sqrt {2hg- 2 \mu_G \cdot g \cot (\alpha) \cdot h}$$ $$v=\sqrt {2hg (1- \mu_G \cdot \cot (\alpha))}$$ Beachte, dass in dieser Gleichung weder die Masse $m$ noch der Neigungswinkel $\alpha$ vorkommt. Diese Angaben benötigen wir nicht.

    Berechnung:
    Einsetzen der Werte liefert $$v = \sqrt {40 [m^2/s^2] (1-0,5 \cdot 0,57)} = 2,32 [m/s]$$
  5. Schiefe Ebene
    Abbildung 2: Für die zurückgelegte Strecke s auf der schiefen Ebene gilt $s = h / \sin(\alpha)$.

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Verwendung der Energieerhaltung bei schiefen Ebenen ohne Reibung

  1. In Kapitel 4 haben wir gelernt, warum in einem abgeschlossenen System, die Energie erhalten bleibt. In dieser Lektion werden wir die Energieerhaltung auf Aufgaben bezüglich der schiefen Ebene anwenden. Dabei werden wir die Reibungseffekte vernachlässigen. Folgende Begriffe und Größen musst du kennen:
      Kinetische und potenzielle Energie (Kapitel 4)
      Schiefe Ebene (Kapitel 3)
  2. Beispiel 1: Aufprallgeschwindigkeit beim Rutschen auf einer schiefen Ebene ohne Reibung
    Ein Objekt mit einer Masse von 100 [kg] rutscht auf einer schiefen Ebene (Neigungswinkel $\alpha = 30 \degree$) aus einer Höhe von $h=20 [m]$ hinunter. Mit welcher Geschwindigkeit $v$ kommt das Objekt unten an?

    Gegeben und gesucht:
    Die Starthöhe $h=20[m]$, der Neigungswinkel der schiefen Ebene $\alpha = 30 \degree$ und die Masse des Objekts $m=100 [kg]$ sind angegeben. Gesucht ist die Aufprallgeschwindigkeit, d. h. die Geschwindigkeit unten am Fuß der schiefen Ebene ($h=0[m]$).

    Passende Formel:
    Oben hat das Objekt nur die potenzielle Energie $E_{pot}= mgh$
    Unten hat das Objekt nur die kinetische Energie $E_{kin}= \frac 12 m v^2$
    Die Energieerhaltung besagt, dass $E_{pot} = E_{kin}$. An dieser Stelle sind wir mit Physik fertig. Was jetzt folgt ist nur Mathematik und hat nichts mit Physik zu tun!
    Einsetzen der jeweiligen Formeln liefert $$mgh = \frac 12 m v^2$$ Gesucht ist ja die Geschwindigkeit $v$. Umformung der Gleichung nach $v$ liefert $$v=\sqrt {2gh}$$ Beachte, dass in dieser Gleichung weder die Masse $m$ noch der Neigungswinkel $\alpha$ vorkommt. Diese Angaben benötigen wir nicht.

    Berechnung:
    Einsetzen liefert $$\begin{aligned} v&= \sqrt {2gh} \\ &= \sqrt {2 \cdot 10 [m/s^2] \cdot 20 [m]} \\ &= \sqrt{400 [m^2/s^2]} \\ &= 20 [m/s] \end{aligned}$$
  3. An diesem Beispiel sieht man wieder, wie die Energieerhaltung die Berechnung vereinfacht. Obwohl es sich bei der Aufgabenstellung um eine schiefe Ebene handelt, benötigen wir keinerlei die trigonometrischen Funktionen.
  4. Nun schauen wir uns die Geschwindigkeit des Balls während des Falls an. Während des Falls wird die potenzielle Energie in kinetische Energie umgewandelt, d. h. der Ball hat sowohl potenzielle als auch kinetische Energie.
  5. Beispiel 2: Geschwindigkeit während des Rutschens auf einer schiefen Ebene ohne Reibung
    Ein Objekt mit einer Masse von 100 [kg] rutscht auf einer schiefen Ebene (Neigungswinkel $\alpha = 30 \degree$) aus einer Höhe von $h=20 [m]$ hinunter. Welche Geschwindigkeit hat er, wenn er sich $5 [m]$ über dem Boden befindet?

    Gegeben und gesucht:
    Die Starthöhe $h=20[m]$, der Neigungswinkel der schiefen Ebene $\alpha = 30 \degree$ und die Masse des Objekts $m=100 [kg]$ sind angegeben. Gesucht ist seine Geschwindigkeit in einer Höhe von $h_1=5[m]$.

    Passende Formel:
    Oben hat das Objekt nur die potenzielle Energie $E_{pot0}= mgh_0$
    Unterwegs, d. h. bei der Höhe $h_1$ hat das Objekt sowohl die potenzielle Energie $E_{pot1}= mgh_1$ als auch die kinetische Energie $E_{kin}= \frac 12 m v^2$
    Die Energieerhaltung besagt, dass die Gesamtenergie zu jeder Zeit konstant bleibt, d.h. $E_{pot0} = E_{pot1}+E_{kin}$. An dieser Stelle sind wir mit Physik fertig. Was jetzt folgt ist nur Mathematik und hat nichts mit Physik zu tun!
    Einsetzen der jeweiligen Formeln liefert $$mgh_0 = mgh_1 + \frac 12 m v^2$$ Gesucht ist ja die Geschwindigkeit $v$. Nun formen wir die Gleichung nach $v$ um $$\begin{aligned} mgh_0 &= mgh_1 + \frac 12 m v^2 \\ gh_0 &= gh_1 + \frac 12 v^2 \\ \frac 12 v^2 &= gh_0 – gh_1 \\ v^2 &=2g(h_0 – h_1) \\ v &= \sqrt{2g(h_0 – h_1)} \end{aligned}$$ Beachte, dass in dieser Gleichung weder die Masse $m$ noch der Neigungswinkel $\alpha$ vorkommt. Diese Angaben benötigen wir nicht.
    Wenn du eine gute Note haben möchtest, solltest du in der Lage sein die obige Gleichung ohne Fehler umzuformen. Mein Vorschlag: üben, üben, üben.

    Berechnung:
    Einsetzen liefert $$\begin{aligned} v &= \sqrt{2g(h_0 – h_1)} \\ &= \sqrt {2 \cdot 10 [m/s^2] \cdot (20 [m] -5 [m])} \\ &= \sqrt{300 [m^2/s^2]} \\ &= 17,3 [m/s] \end{aligned}$$

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Verwendung der Energieerhaltung bei Wurfbewegungen

  1. In Kapitel 4 haben wir gelernt, warum in einem abgeschlossenen System, die Energie erhalten bleibt. In dieser Lektion werden wir die Anwendung der Energieerhaltung auf diverse Wurfaufgaben üben. Folgende Begriffe und Größen musst du kennen:
      Kinetische und potenzielle Energie (Kapitel 4)
      Wurf- und Fallbewegungen (Kapitel 3) und
      trigonometrische Funktionen (Kapitel 3)
  2. Betrachten wir nun die Energieerhaltung bei einem schiefen Wurf
  3. Beispiel: Schiefer Wurf
    In einem lustigen Videospiel haben Sie die Möglichkeit verärgerte Vögel als Kanonenkugel zu verwenden, um damit extrem faule aber geniale Schweine zu zerstören. Ein Vogel wird in die Kanone gelegt und mit $v= 20 [m/s]$ in einem Winkel von $\alpha = 30 \degree$ auf die Schweine gefeuert. Welche maximale Höhe erreicht der Vogel?

    Gegeben und gesucht:
    Die Startgeschwindigkeit $v_0=20[m/s]$ und der Schusswinkel $\alpha = 30 \degree$ sind bekannt. Gesucht ist die maximale Höhe.

    Passende Formel:
    In Kapitel 3 haben wir gelernt, dass bei einem schiefen Wurf die Geschwindigkeit des Geschosses aus zwei Komponenten besteht.
    Es gibt eine horizontale Geschwindigkeitskomponente, die parallel zur x-Achse läuft ($v_x$). Diese Geschwindigkeit ist währende der gesamten Wurfzeit konstant.
    Zusätzlich gibt es eine vertikale Geschwindigkeitskomponente, die parallel zur y-Achse zeigt ($v_y$). Diese Geschwindigkeitskomponente wird von der Erdbeschleunigung beeinflusst und verändert sich kontinuierlich.
    Zwischen der Gesamtgeschwindigkeit $v$ und $v_x$ und $v_y$ gilt: $$v^2 = v_x^2 + v_y^2$$Für die Anfangsgeschwindigkeit, d. h. die Geschwindigkeit beim Verlassen der Kanone gilt zusätzlich $$\begin{aligned} v_x &= v_0 \cdot \cos \alpha \\ v_y &= v_0 \cdot \sin \alpha \end{aligned}$$ Unten beim Verlassen des Kanonenlaufs hat das Objekt nur die kinetische Energie $$\begin{aligned} E_{kin0} &= \frac 12 m v_0^2 \\ &= \frac 12 m (v_x^2 + v_y^2)\end{aligned}$$ Die Maximale Höhe ist der Punkt an dem die vertikale Geschwindigkeit verschwindet, d. h. $v_y=0$. An diesem Punkt hat das Objekt sowohl die potenzielle als auch die kinetische Energie, d. h. $$\begin{aligned} E_{kin1} + E_{pot} &= \frac 12 m v_x^2 + mgh \end{aligned}$$ Die Energieerhaltung besagt, dass die Gesamtenergie zu jederzeit konstant bleibt, d. h. die Gesamtenergie ist zu Beginn und am höchsten Punkt gleich $$E_{kin0} = E_{kin1} + E_{pot}$$ An dieser Stelle sind wir mit Physik fertig. Was jetzt folgt ist nur Mathematik und hat nichts mit Physik zu tun!
    Einsetzen der jeweiligen Formeln und Umformung nach Höhe $h$, die ja gesucht ist, liefert: $$\begin{aligned} E_{kin0} &= E_{kin1} + E_{pot} \\ \frac 12 m (v_x^2 + v_y^2) &= \frac 12 m v_x^2 + mgh \\ \frac 12 v_x^2 + \frac 12 v_y^2 &= \frac 12 v_x^2 + gh \\ \frac 12 v_y^2 &= gh \\ v_y^2 &= 2gh \\ h &= \frac {v_y^2} {2g} \\ h &= \frac {(v_0 \cdot \sin \alpha)^2} {2g} \end{aligned}$$ Nochmal: Wenn du eine gute Note haben möchtest, solltest du in der Lage sein die obige Gleichung ohne Fehler umzuformen. Mein Vorschlag: Mach diese Umformung selber mehrere Male hintereinander.

    Berechnung:
    Einsetzen liefert $$\begin{aligned} h &= \frac {(v_0 \cdot \sin \alpha)^2} {2g} \\ &= \frac {(20 [m/s] \cdot \sin 30 \degree)^2} {2 \cdot 10 [m/s^2]} \\ &= \frac {(20 [m/s] \cdot 0.5)^2} {20 [m/s^2]} \\ &= \frac {100 [m^2/s^2]} {20 [m/s^2]} \\ &= 5 [m] \end{aligned}$$ Nochmal zur Erinnerung: Wenn du eine gute Note haben möchtest, solltest du in der Lage sein die obige Gleichung ohne Fehler aufzustellen (Physik), umzuformen (Mathematik) und die Zahlen einzusetzen (Mathematik). Mein Vorschlag: Löse diese Aufgabe mehrere Male hintereinander.

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Verwendung der Energieerhaltung bei Fallvorgängen

  1. Die Energieerhaltung besagt, dass die Gesamtenergie eines abgeschlossenen Systems stets gleich bleibt. Das ist nicht selbstverständlich, denn die Energie könnte ja auch theoretisch vernichtet werden oder aus dem Nichts entstehen! So ist es aber nicht.
  2. In Kapitel 4 haben wir gelernt, warum in einem abgeschlossenen System, die Energie erhalten bleibt. In dieser Lektion werden wir die Anwendung der Energieerhaltung auf diverse Fall- und Wurfaufgaben üben. Folgende Begriffe und Größen musst du kennen:
      Kinetische und potenzielle Energie (Kapitel 4)
      Wurf- und Fallbewegungen (Kapitel 3) und
  3. Betrachten wir zuerst die Energieerhaltung in ihrer einfachsten Form: $E_{pot} = E_{kin}$
  4. Beispiel 1: Freier Fall
    Ein Ball wird aus $20 [m]$ Höhe fallen gelassen. Welche Geschwindigkeit erreicht er beim Aufprall?

    Gegeben und gesucht:
    Die Starthöhe $h=20[m]$ ist angegeben. Gesucht ist die Aufprallgeschwindigkeit, d. h. die Geschwindigkeit bei $h=0[m]$ oder schöner geschrieben: gesucht ist $v(0[m])$.

    Passende Formel:
    Oben hat das Objekt nur die potenzielle Energie $E_{pot}= mgh$
    Unten hat das Objekt nur die kinetische Energie $E_{kin}= \frac 12 m v^2$
    Die Energieerhaltung besagt, dass $E_{pot} = E_{kin}$. An dieser Stelle sind wir mit Physik fertig. Was jetzt folgt ist nur Mathematik und hat nichts mit Physik zu tun!
    Einsetzen der jeweiligen Formeln liefert $$mgh = \frac 12 m v^2$$ Gesucht ist ja die Geschwindigkeit $v$. Umformung der Gleichung nach $v$ liefert $$v=\sqrt {2gh}$$ Wenn du eine gute Note haben möchtest, solltest du in der Lage sein die obige Gleichung ohne Fehler umzuformen. Mein Vorschlag: Mach diese Umformung selber 10 Mal hintereinander.

    Berechnung:
    Einsetzen liefert $$\begin{aligned} v&= \sqrt {2gh} \\ &= \sqrt {2 \cdot 10 [m/s^2] \cdot 20 [m]} \\ &= \sqrt{400 [m^2/s^2]} \\ &= 20 [m/s] \end{aligned}$$
  5. Nun schauen wir uns die Geschwindigkeit des Balls während des Falls an. Während des Falls wird die potenzielle Energie in kinetische Energie umgewandelt, d. h. der Ball hat sowohl potenzielle als auch kinetische Energie.
  6. Beispiel 2: Freier Fall
    Ein Ball wird aus $20 [m]$ Höhe fallen gelassen. Welche Geschwindigkeit hat er, wenn er sich $5 [m]$ über dem Boden befindet?

    Gegeben und gesucht:
    Die Starthöhe $h_0=20[m]$ ist angegeben. Gesucht ist seine Geschwindigkeit in einer Höhe von $h_1=5[m]$ oder schöner geschrieben: gesucht ist $v(5[m])$.

    Passende Formel:
    Oben hat das Objekt nur die potenzielle Energie $E_{pot0}= mgh_0$
    Unterwegs, d. h. bei der Höhe $h_1$ hat das Objekt sowohl die potenzielle Energie $E_{pot1}= mgh_1$ als auch die kinetische Energie $E_{kin}= \frac 12 m v^2$
    Die Energieerhaltung besagt, dass die Gesamtenergie zu jeder Zeit konstant bleibt, d.h. $E_{pot0} = E_{pot1}+E_{kin}$. An dieser Stelle sind wir mit Physik fertig. Was jetzt folgt ist nur Mathematik und hat nichts mit Physik zu tun!
    Einsetzen der jeweiligen Formeln liefert $$mgh_0 = mgh_1 + \frac 12 m v^2$$ Gesucht ist ja die Geschwindigkeit $v$. Nun formen wir die Gleichung nach $v$ um $$\begin{aligned} mgh_0 &= mgh_1 + \frac 12 m v^2 \\ gh_0 &= gh_1 + \frac 12 v^2 \\ \frac 12 v^2 &= gh_0 – gh_1 \\ v^2 &=2g(h_0 – h_1) \\ v &= \sqrt{2g(h_0 – h_1)} \end{aligned}$$ Wenn du eine gute Note haben möchtest, solltest du in der Lage sein die obige Gleichung ohne Fehler umzuformen. Mein Vorschlag: üben, üben, üben.

    Berechnung:
    Einsetzen liefert $$\begin{aligned} v &= \sqrt{2g(h_0 – h_1)} \\ &= \sqrt {2 \cdot 10 [m/s^2] \cdot (20 [m] -5 [m])} \\ &= \sqrt{300 [m^2/s^2]} \\ &= 17,3 [m/s] \end{aligned}$$
  7. Falls ein Objekt bereits zu Beginn des Falls eine Anfangsgeschwindigkeit hat, dann sprechen wir von einem senkrechten Wurf nach oben oder unten. In diesen Fällen hat das Objekt zu Beginn sowohl kinetische als auch potenzielle Energie.

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Wie kann man Summen vereinfachen?

  1. Betrachten wir ein Glas Wasser mit Milliarden Wassermolekülen. Wie lautet die Gesamtenergie dieses Systems? Ganz einfach, die Gesamtenergie ist die Summe der Energien der einzelnen Wassermoleküle.
  2. Die kinetische Energie eines Wassermoleküls lautet $$E=\frac 1 2 m v^2$$Wenn wir viele Moleküle haben, die sich mit unterschiedlichen Geschwindigkeiten bewegen, müssen wir diese voneinander unterscheiden. Hierfür benutzen wir einen Index. Der Index (Mehrzahl Indizes) ist eine laufende Nummer.
  3. Beispiel: in einem Glas Wasser hat das erste Molekül die kinetische Energie $E_1 = \frac 1 2 m_1 v_1^2$ und das achte Molekül die kinetische Energie $E_8 = \frac 1 2 m_8 v_8^2$
    Hier sind die Zahlen 1 und 8 die Indizes.
  4. Welches Molekül welchen Index (d.h. welche Nummer) trägt, ist uns überlassen und i.d. R. für große Systeme egal!
  5. Wenn wir von der kinetischen Energie eines beliebigen Wassermoleküls sprechen, ersetzen wir den Index durch eine Buchstabe z. B. i. Dann lautet die kinetische Energie eines beliebigen Wassermoleküls $$E_i = \frac 1 2 m_i v_i^2$$
  6. Wie lautet aber nun die Gesamtenergie des Systems?
    Ganz einfach, wir addieren alle kinetische Energien, d.h. $$E_{ges} = E_1 +E_2 +E_3 +E_4 + … +E_N$$Wobei N das letzte Wassermolekül ist.
    Einsetzen liefert: $$E_{ges} = \frac 1 2 m_1 v_1^2 + \frac 1 2 m_2 v_2^2 + \frac 1 2 m_3 v_3^2 + … + \frac 1 2 m_N v_N^2 $$
  7. Schon beim Schreiben dieser Summe habe ich keine Lust mehr auf Mathe und Physik. Als Mathematiker und Physiker sind wir faule Socken und möchten uns das Leben so einfach wie möglich gestalten. Aus diesem Grund benutzen wir eine einfache Schreibweise für lange Summen, nämlich $$\boxed{\sum_{i=1}^{i = 3} A_i = A_1 +A_2 +A_3}$$Die Summe aller $A_i$ von 1 bis 3 ist $A_1+A_2+A_3$.
  8. $\Sigma$ ist der griechische Großbuchstabe Sigma.
  9. Beispiel: $$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{i = 3} i^2 &= 1^2 +2^2 +3^2 \\ &= 1 + 4+ 9 = 15 \end{aligned}$$
  10. Wie wir wissen, gilt: $$A_1 +A_2 +A_3 = A_3 +A_2 +A_1$$ deshalb können wir schreiben: $$\sum_{i=1}^{i = 3} A_i = \sum_{i=3}^{i = 1} A_i$$Die obere und untere Grenze einer Summe können vertauscht werden.
  11. Weiterhin wissen wir, dass: $$bA_1 +bA_2 +bA_3 = b(A_1 +A_2 +A_3)$$ Dies bedeutet, dass: $$\sum_{i=1}^{i = 3} bA_i = b \sum_{i=1}^{i = 3} A_i$$Ein Faktor kann aus der Summe ausgeklammert werden, wenn er in ALLEN Termen vorkommt.
  12. Eine Summe kann geteilt werden $$A_1 + A_2 +A_3 + A_4 = (A_1 + A_2) +(A_3 + A_4)$$ Es gilt also: $$\sum_{i=1}^{i = 4} A_i = \sum_{i=1}^{i = 2} A_i + \sum_{i=3}^{i = 4} A_i$$
  13. Für die Gesamte kinetische Energie eines Glas Wassers können wir also schreiben.$$E_{ges} = \frac 1 2 m_1 v_1^2 + \frac 1 2 m_2 v_2^2 + \frac 1 2 m_3 v_3^2 + … + \frac 1 2 m_N v_N^2 $$ $$E_{ges} = \sum_{i=1}^{i = N} \frac 1 2 m_i v_i^2 $$Und da alle Wassermoleküle die gleiche Masse haben, gilt $m_i = m$, d.h. $$E_{ges} = \sum_{i=1}^{i = N} \frac 1 2 m v_i^2 $$ $$E_{ges} = \frac 1 2 m \sum_{i=1}^{i = N} v_i^2 $$Und dies ist die elegante Darstellung einer Summe über mehrere Milliarden Terme!

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