Energie, die mit Hilfe einer Kraft \(\vec F\) längs eines Weges \(\vec s\) zugeführt wird, heißt Arbeit \(W\).
Wird an einem System Arbeit verrichtet, so ist \(W>0\), verrichtet ein System Arbeit, so ist \(W<0\).
Wird Arbeit unter einem Winkel \(\alpha\) verrichtet, so gilt \(W = |\vec F| \cdot |\vec s| \cdot \cos \left( \alpha \right)\).
Ein System kann nicht mehr als abgeschlossen betrachtet werden, wenn ihm z.B. von außen Energie zugeführt wird. Deshalb treffen wir folgende Definition:
Energie, die mit Hilfe einer Kraft \(\vec F\) längs eines Weges \(\vec s\) zugeführt wird, heißt Arbeit W.
An einem System wird Arbeit verrichtet oder ein System verrichtet Arbeit
Wird an einem System von außen mechanische Arbeit verrichtet, so steigt die Energie des Systems an. Man sagt zur Arbeit auch "Energietransfer". Es gilt\[\left| W \right| = \left| {\Delta E} \right|\]Verrichtet ein System dagegen Arbeit (nach außen), so nimmt die Energie des Systems ab. Auch hier gilt\[\left| W \right| = \left| {\Delta E} \right|\]
1Veränderung \(\Delta E\) der Energie von Systemen, wenn an ihnen Arbeit \(W\) verrichtet wird (links) oder sie selbst Arbeit \(W\) verrichten (rechts)
Die linke Animation in Abb. 1 zeigt, wie einem System von außen Energie \(\Delta E\) zugeführt wird; am System wird dabei die Arbeit \(W\) verrichtet. Die rechte Animation zeigt, wie ein System die Energie \(\Delta E\) abgibt; das System verrichtet dabei die Arbeit \(W\).
Bedeutung des Vorzeichens
Mit Hilfe eines Vorzeichens für die Arbeit kann man berücksichtigen, ob am System oder vom System Arbeit verrichtet wird:
Wird am System Arbeit verrichtet, so zählt man \(W\) positiv (\(W > 0\); Kraft und Weg sind gleichgerichtet) und auch \(\Delta E\) ist positiv \(\Delta E > 0\) (die Energie des Systems nimmt ja zu).
Verrichtet das System Arbeit, so ist \(W < 0\) und \(\Delta E < 0\).
Arbeit bei Kraftwirkung unter einem Winkel \(\alpha\)
Für die Berechnung der jeweiligen Arbeit gibt es entsprechende Formeln. Dabei ist noch die gegenseitige Richtung des Kraftvektors in Bezug auf den Wegvektor zu beachten. Bildet der Vektor \(\vec F\) mit dem Vektor \(\vec s\) den Winkel der Weite \(\alpha\), so gilt für die Arbeit
Der frei fallende Körper im Erdfeld kann im abgeschlossenen System Körper-Erde betrachtet werden. In diesem System gilt dann der Energieerhaltungssatz.
Betrachtet man dagegen nur das "System Körper" (also ohne die Erde), so greift die Erde von außen am Körper mit der Kraft \({{\vec F}_{\rm{K,E}}}\) an, es liegt ein nicht abgeschlossenes System vor. Die zunehmende kinetische Energie des Körpers resultiert aus der Beschleunigungsarbeit der Kraft \({{\vec F}_{\rm{K,E}}}\). In der folgenden Rechnung wird der Zusammenhang zwischen der Zunahme der kinetischen Energie und dem Betrag \({{F}_{\rm{K,E}}}\) dieser Kraft hergestellt:
\[\Delta {E_{\rm{kin}}} = \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_2}^2 - \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_1}^2\]
Mit der kinematischen Formel \(v = \sqrt {2 \cdot g \cdot x} \) ergibt sich
\[\begin{eqnarray}\Delta {E_{\rm{kin}}} &=& \frac{1}{2} \cdot m \cdot \left( {2 \cdot g \cdot {x_2} - 2 \cdot g \cdot {x_1}} \right)\\ &=& m \cdot g \cdot \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\\ &=& {F_{{\rm{K}}{\rm{,E}}}} \cdot |\Delta h|\\ &=& W\end{eqnarray}\]
Aufgabe: Dehnungsarbeit
An einer horizontal liegenden Feder mit der Federhärte \(2,0\frac{{\rm{N}}}{{{\rm{cm}}}}\) hängt eine Kugel der Masse \(200{\rm{g}}\) (Reibung kann vernachlässigt werden). Zu Beginn des Versuches ist die Feder schon um \(10{\rm{cm}}\) vorgespannt.
Berechne die Arbeit, die verrichtet werden muss, wenn die Feder zum Schluss um insgesamt \(20{\rm{cm}}\) gedehnt sein soll.
Man berechnet die zu verrichtende Arbeit \(W\) aus dem Energiegewinn \(\Delta E\) des Systems. Da sich die Lageenergie und auch die kinetische Energie bei dem Vorgang nicht ändert, braucht man nur die Spannenergie zu betrachten. Die Energieänderung und damit die verrichtete Arbeit ist demnach gleich der Differenz aus der Spannenergie nachher und der Spannenergie vorher:
\[\begin{eqnarray}W = \Delta E &=& {E_{{\rm{Spann}}{\rm{,nachher}}}} - {E_{{\rm{Spann}}{\rm{,vorher}}}}\\ &=& \frac{1}{2} \cdot D \cdot {x_{{\rm{nachher}}}}^2 - \frac{1}{2} \cdot D \cdot {x_{{\rm{vorher}}}}^2\\ &=& \frac{1}{2} \cdot D \cdot \left( {{x_{{\rm{nachher}}}}^2 - {x_{{\rm{vorher}}}}^2} \right)\end{eqnarray}\]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[W = \Delta E = \frac{1}{2} \cdot 200\frac{{\rm{N}}}{{\rm{m}}} \cdot \left( {{{\left( {0,20{\rm{m}}} \right)}^2} - {{\left( {0,10{\rm{m}}} \right)}^2}} \right) = 3,0{\rm{J}}\]
Aufgabe: Beschleunigungsarbeit
Fritzchen schiebt seine auf einem Schlitten sitzende Schwester (Reibung kann vernachlässigt werden) und hat eine Geschwindigkeit von \(7,2\frac{{{\rm{km}}}}{{\rm{h}}}\) erreicht. Nun kommt ihm sein großer Bruder zu Hilfe und innerhalb einer Strecke von \(8,0{\rm{m}}\) verdoppeln sie die Geschwindigkeit von Schlitten samt Schwester (\(m = 60{\rm{kg}}\)).
Berechne die Beschleunigungsarbeit, die die beiden Brüder verrichteten.
Berechne den Betrag der Kraft, die sie auf den Schlitten ausüben.
Man berechnet die zu verrichtende Arbeit \(W\) aus dem Energiegewinn \(\Delta E\) des Systems: Da sich die potentielle Energie bei dem Vorgang nicht ändert und keine Spannenergie auftritt, braucht man nur die kinetische Energie betrachten. Die Energieänderung und damit die verrichtete Arbeit ist demnach gleich der Differenz aus der Bewegungsenergie nachher und der Bewegungsenergie vorher:
\[\begin{eqnarray}W = \Delta E &=& {E_{{\rm{kin}}{\rm{,nachher}}}} - {E_{{\rm{kin}}{\rm{,vorher}}}}\\ &=& \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_{{\rm{nachher}}}}^2 - \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_{{\rm{vorher}}}}^2\\ &=& \frac{1}{2} \cdot m \cdot \left( {{v_{{\rm{nachher}}}}^2 - {v_{{\rm{vorher}}}}^2} \right)\end{eqnarray}\]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[W = \Delta E = \frac{1}{2} \cdot 60{\rm{kg}} \cdot \left( {{{\left( {4,0\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}} \right)}^2} - {{\left( {2,0\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}} \right)}^2}} \right) = 360{\rm{J}}\]
Man berechnet die ausgeübte Kraft aus der Beziehung \(W = F \cdot s\), falls - wie hier gegeben - die Kraft längs des Weges konstant und diesem gleichgerichtet ist:
\[W = F \cdot s \Leftrightarrow F = \frac{W}{s} \Rightarrow F = \frac{{360{\rm{J}}}}{{8,0{\rm{m}}}} = 45{\rm{N}}\]
Mechanische Energie kann in verschiedenen Formen vorliegen, z.B. in Form von Lageenergie oder in Form von kinetischer Energie.
Die Einheit der Energie ist das Joule: \(\left[ E \right] = 1J\).
Bekannte Energieformen
Lageenergie (potentielle Energie)
\[{E_{pot}} = m \cdot g \cdot h\]
Bewegungsenergie (kinetische Energie)
\[{E_{kin}} = \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v^2}\]
Spannenergie
\[{E_{spann}} = \frac{1}{2} \cdot D \cdot {s^2}\]
Der Energieerhaltungssatz der Mechanik
Der Energieerhaltungssatz der Mechanik, manchmal kurz auch einfach nur Energiesatz genannt, gilt für abgeschlossene Systeme in denen Reibungsfreiheit angenommen wird. Er besagt, dass die gesamte mechanische Energie eines solchen abgeschlossenen, reibungsfreien Systems erhalten bleibt.
Energieerhaltungssatz
In einem abgeschlossenen System bleibt bei Reibungsfreiheit die gesamte mechanische Energie erhalten. Die verschiedenen Energieformen können sich lediglich ineinander umwandeln.
Dieser Satz kann auch - mehr formal - in eine Gleichung gefasst werden. Geht ein abgeschlossenes System von einem Zustand 1 reibungsfrei in einen Zustand 2 über, so gilt stets:
\[m \cdot g \cdot {h_1} + \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_1}^2 + \frac{1}{2} \cdot D \cdot {s_1}^2 = m \cdot g \cdot {h_2} + \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_2}^2 + \frac{1}{2} \cdot D \cdot {s_2}^2\]
Hinweis:
Bei den von uns betrachteten Problemen ändern sich meist nur zwei Energieformen, so dass die Gleichung dadurch einfacher geschrieben werden kann. Außerdem kann durch geeignete Wahl des Koordinatensystems erreicht werden, dass die potentielle Energie in einem der beiden Zustände Null ist (vgl. z.B. die Aufgabe zum Fadenpendel).
Beispiel: Fadenpendel
Die beiden Formen "Lageenergie" und "kinetische Energie" wandeln sich bei fehlender Reibung fortwährend ineinander um.
1Zeitlicher Verlauf von kinetischer, potenzieller und gesamter Energie bei einem schwingenden Fadenpendel
Überprüfung des Energiesatzes an einem einfachen Beispiel
Es wird der freie Fall einer Kugel (m = 4,0 kg) aus der Höhe h0 = 45 m auf der Erde betrachtet. Die Erde wirkt mit der Kraft Fk,e auf die Kugel. Umgekehrt übt auch die Kugel eine gegengleiche Kraft Fe,k auf die Erde aus. Kugel und Erde bilden ein abgeschlossenes System, Reibung wird vernachlässigt, für g wird näherungsweise 10 m/s2 verwendet.
Mit Hilfe der folgenden Formeln kann die unten dargestellte Tabelle ausgefüllt werden:
\[x = \frac{1}{2} \cdot g \cdot {t^2}\]
\[v = g \cdot t\]
\[h = {h_0} - x\]
\(t\rm{\;in\;s}\)
\(x\rm{\;in\;m}\)
\(v\;{\rm{in}}\;\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\)
\(\frac{1}{2} \cdot m \cdot {v^2}\;{\rm{in}}\;{\rm{J}}\)
\(h\rm{\;in\;m}\)
\(m \cdot g \cdot h\;{\rm{in}}\;{\rm{J}}\)
\(\frac{1}{2} \cdot m \cdot {v^2} + m \cdot g \cdot h\;{\rm{in}}\;{\rm{J}}\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(45\)
\(1800\)
\(1800\)
\(1\)
\(5\)
\(10\)
\(200\)
\(40\)
\(1600\)
\(1800\)
\(2\)
\(20\)
\(20\)
\(800\)
\(25\)
\(1000\)
\(1800\)
\(3\)
\(45\)
\(30\)
\(1800\)
\(0\)
\(0\)
\(1800\)
Aus der Tabelle ist ersichtlich, dass der Term \(E = m \cdot g \cdot h + \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v^2}\) eine Erhaltungsgröße ist, er wird als Gesamtenergie des betrachteten Systems bezeichnet.
Aufgabe: Fadenpendel
Wenn das Pendel in der Anfangsstellung ist, hat es die Höhe \(h=10\rm{cm}\) über dem tiefsten Punkt.
Berechne die Geschwindigkeit, die das Pendel im tiefsten Punkt hat, wenn die Reibung vernachlässigbar ist.
Gib eine qualitative Erklärung dafür, dass das Zeit-Energie-Diagramm nicht den nebenstehenden Verlauf hat.
Zur Lösung verwendet man den Energiesatz (als Höhenbezugspunkt wählt man den tiefsten Punkt): Die Gesamtenergie in Punkt 1 (größte Auslenkung) ist gleich der Gesamtenergie im Punkt 2 (tiefster Punkt). Da in diesem Fall keine Spannenergie beteiligt ist, gilt somit
\[\begin{eqnarray}{E_{{\rm{pot}}{\rm{,1}}}} + {E_{{\rm{kin}}{\rm{,1}}}} &=& {E_{{\rm{pot}}{\rm{,2}}}} + {E_{{\rm{kin}}{\rm{,2}}}}\\ \Leftrightarrow m \cdot g \cdot h + 0 &=& 0 + \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_2}^2\\ \Rightarrow {v_2} &=& \sqrt {2 \cdot g \cdot h} \end{eqnarray}\]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[{v_2} = \sqrt {2 \cdot 9,81\frac{{\rm{m}}}{{{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}} \cdot 0,1{\rm{m}}} = 1,4\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]
Das Pendel ist zunächst in Ruhe und wird dann immer schneller. D.h. zu Beginn der Bewegung verliert es pro Zeiteinheit weniger an Höhe als etwas später. Daher z.B. kein linearer Verlauf der potentiellen Energie mit der Zeit.
Aufgabe: Federpendel
Eine Kugel der Masse \(100\rm{g}\) ist an einer horizontal liegenden Feder der Härte \({5,00\frac{{\rm{N}}}{{\rm{cm}}}}\) befestigt. Feder und Kugel bewegen sich reibungsfrei auf der Unterlage. Die Kugel wird um \(\Delta x = 6,0{\rm{cm}}\) ausgelenkt und dann losgelassen.
Berechne die maximale Geschwindigkeit \(v_{\rm{max}}\) der Kugel.
Zur Lösung verwendet man wieder den Energiesatz. Die Gesamtenergie in Punkt 1 (größte Auslenkung) ist gleich der Gesamtenergie im Punkt 2 (Feder entspannt). Da in diesem Fall keine Höhenänderungen stattfinden und deshalb die Lageenergie nicht beteiligt ist, gilt somit
\[\begin{eqnarray}{E_{{\rm{Spann}}{\rm{,1}}}} + {E_{{\rm{kin}}{\rm{,1}}}} &=& {E_{{\rm{Spann}}{\rm{,2}}}} + {E_{{\rm{kin}}{\rm{,2}}}}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot D \cdot {\left( {\Delta x} \right)^2} + 0 &=& 0 + \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_2}^2\\ \Rightarrow {v_2} &=& \Delta x \cdot \sqrt {\frac{D}{m}} \end{eqnarray}\]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[v_{\rm{max}}={v_2} = 0,060{\rm{m}} \cdot \sqrt {\frac{{500\frac{{\rm{N}}}{{\rm{m}}}}}{{0,100{\rm{kg}}}}} = 4,3\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]
Das Newtonpendel, ein nicht nur bei Physikern beliebtes Spielzeug, zeigt, dass manche Versuchsabläufe mit dem Energiesatz wohl vereinbar wären, tatsächlich aber so nicht in der Natur vorkommen.
1NEWTON-Pendel mit zwei (hypothetischen) Versuchsausgängen
Wählen Sie in obiger Animation dieVariante 1:
Die linke Kugel wird um die Höhe \(2 \cdot h\) ausgelenkt und trifft auf die Kugelkette. Als Ergebnis fliegt die rechte Kugel weg und erreicht, wenn die Verluste gering sind, fast wieder die Höhe \(2 \cdot h\). Dieses Versuchsergebnis ist mit dem Energiesatz zu verstehen und tritt im Realexperiment tatsächlich ein.
Wählen Sie in obiger Animation dieVariante 2:
Die linke Kugel wird um die Höhe \(2 \cdot h\) ausgelenkt und trifft auf die Kugelkette. Nach dem Energiesatz wäre es auch denkbar, dass z.B. die beiden rechts angeordneten Kugeln wegfliegen, diesmal jedoch nur auf die Höhe \(h\). Im Realexperiment werden Sie dieses Versuchsergebnis jedoch nie beobachten. Der Grund hierfür ist, dass der Versuch nach Variante 2 einen Erhaltungssatz verletzen würde, den Sie im Folgenden kennenlernen werden, den Impulserhaltungssatz. Wenn Sie bereits mit diesen Erhaltungssatz arbeiten können, so finden Sie die Erklärung für die Unmöglichkeit der Variante 2 hier.
Impulsbegriff und Impulserhaltungssatz
Um diesen Satz herzuleiten, betrachten wir die Wechselwirkung zweier Körper unter stark vereinfachenden Annahmen:
Die Körper können als Massenpunkte aufgefasst werden.
Die Körper bewegen sich auf einer Geraden (eindimensionales Problem).
Die während der Wechselwirkung der Körper auftretenden Beschleunigungen seien konstant.
2Eindimensionaler Stoß zweier Körper mit unterschiedlichen Massen und Geschwindigkeiten und Erläuterung wichtiger Begriffe
Hinweis: Einige wenige Schulbücher, aber viele Formelsammlungen benutzen für die Geschwindigkeiten der Körper nach dem Stoß statt der Bezeichnungen \({v_1}^\prime \) und \({v_2}^\prime \) die Bezeichnungen \(u_1\) und \(u_2\).
Beispiel: Impulserhaltung beim eindimensionalen Stoß
Während der Wechselwirkung der beiden Körper besagt das 3. NEWTON'sche Axiom
\[ - {F_{12}} = {F_{21}}\]
Unter Verwendung des Kraftgesetzes (2. NEWTON'sches Axiom) gilt dann:
\[ - {m_1} \cdot {a_1} = {m_2} \cdot {a_2}\]
Unter der Annahme konstanter Beschleunigung kann man schreiben:
\[ - {m_1} \cdot \frac{{\Delta {v_1}}}{{\Delta t}} = {m_2} \cdot \frac{{\Delta {v_2}}}{{\Delta t}}\]
Multiplikation mit \({\Delta t}\) und Einführung der Differenz zwischen End- und Anfangsgeschwindigkeit ergibt:
\[ - {m_1} \cdot \left( {{v_1}^\prime - {v_1}} \right) = {m_2} \cdot \left( {{v_2}^\prime - {v_2}} \right)\]
Sammeln der Größen vor dem Stoß auf der linken Gleichungsseite, derjenigen nach dem Stoß auf der rechten Gleichungsseite:
\[{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot {v_2} = {m_1} \cdot {v_1}^\prime + {m_2} \cdot {v_2}^\prime \]
Einführung der Größe"Impuls p" als Kürzel für das Produkt von Masse und Geschwindigkeit:
Definition des Impulses
Besitzt ein Körper der Masse \(m\) die Geschwindigkeit \({\vec v}\), so definiert man als Impuls des Körpers den Vektor
\[\vec p = m \cdot \vec v\]
Für die Einheit des Impulses gilt
\[\left[ {\vec p} \right] = \left[ {\left| {\vec p} \right|} \right] = \left[ m \right] \cdot \left[ v \right] = 1{\rm{kg}} \cdot 1\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} = 1\frac{{{\rm{kg}} \cdot {\rm{m}}}}{{\rm{s}}} = 1{\rm{Ns}}\]
Ersetzen der verschiedenen Produkte von Masse und Geschwindigkeit durch den Impuls \(p\), wobei \(p^\prime\) jeweils den Impuls nach der Wechselwirkung darstellt, führt zu:
\[{p_1} + {p_2} = {p_1}^\prime + {p_2}^\prime \]
Aus der Gleichung kannst du erkennen, dass bei der Wechselwirkung der Impuls eine Erhaltungsgröße darstellt: die Summe der Impuls vor der Wechselwirkung ist gleich der Summe der Impulse nach der Wechselwirkung!
Verallgemeinerung des Beispiels
Die Erkenntnis der Erhaltung des Gesamtimpulses kannst du auch auf mehrere Partner verallgemeinern. Dabei müssen diese Partner sich auch nicht mehr auf einer Geraden bewegen. Diese Aussagen werden im sogenannten Impulserhaltungssatz, der gelegentlich auch nur kurz Impulssatz genannt wird, zusammengefasst.
Impulserhaltungssatz
In jedem abgeschlossenenSystem ist die vektorielle Summe der Impulsvektoren vor der Wechselwirkung gleich der vektoriellen Summe der Impulsvektoren nach der Wechselwirkung.
Beispiel
Wie in Abb. 3 dargestell stoßen zwei Gegenstände mit dem Impuls \({\vec p_1}\) bzw. \({\vec p_2}\) aufeinander. Dabei zerbricht ein Gegenstand und es bewegen sich drei Teilchen mit den Impulsen \({\vec p'_3},\quad{\vec p'_4}\) und \({\vec p'_5}\) weiter.
Abb.
3
Beispiel für den Impulserhaltungssatz
Auch hier gilt der Impulserhaltungssatz und damit
\[{\vec p_1} + {\vec p_2} = {\vec p'_{\;3}} + {\vec p'_{\;4}} + {\vec p'_{\;5}}\]
1Impulsänderung eines sich bewegenden Wagens, auf den kurzzeitig eine Kraft wirkt
Der Impulserhaltungssatz besagt, dass in einem abgeschlossenen System der Impuls eine Erhaltungsgröße ist.
Was passiert nun, wenn auf das abgeschlossene System (im Beispiel ein reibungsfrei beweglicher Wagen) von außen eine Kraft wirkt?
Sie werden richtig vermuten, dass sich hierdurch der Impuls des Systems ändert. Der genaue Zusammenhang zwischen Impulsänderung und Kraft soll nun hergeleitet werden.
Hinweis: Das rosafarbene Rechteck soll das abgeschlossene System symbolisieren, in das von außen eingegriffen wird.
Wirkt auf den Wagen während der Wechselwirkung mit dem Hammer die Kraft F, so kann man nach dem newtonschen Kraftgesetz schreiben
\[F = m \cdot a\]
Nimmt man vereinfachend an, dass die Beschleunigung des Wagens während der Wechselwirkungsdauer \(\Delta t\) konstant ist, so gilt auch
\[F = m \cdot \frac{{\Delta v}}{{\Delta t}} \Leftrightarrow F \cdot \Delta t = m \cdot \Delta v\]
Dabei ist \(\Delta v = {v_e} - {v_a}\)
Das Produkt auf der linken Seite der letzten Gleichung wird als Kraftstoß bezeichnet, die rechte Gleichungsseite stellt die Impulsänderung \(\Delta p\) dar. Somit gilt unter Berücksichtigung des Vektorcharakters von Kraft und Impulsänderung:
Kraftstoß = Impulsänderung
\[\vec F \cdot \Delta t = \Delta \vec p\]
Hinweis: Obige Formel lässt sich auch in der Form \(F = \frac{{\Delta p}}{{\Delta t}}\) schreiben. Sie stellt eine Verallgemeinerung des Kraftgesetzes \(F = m \cdot a\) dar, da sie nicht nur den Zusammenhang zwischen Kraft und Geschwindigkeitsänderung, sondern auch den Zusammenhang zwischen Kraft und Massenänderung beschreibt. Dies ist dann von Interesse, wenn der beschleunigte Körper seine Masse nicht beibehält (vgl. Raketenphysik).
Anwendungen
Eine bestimmte Impulsänderung (z.B. 100 Ns) kann erreicht werden, indem man eine große Kraft (z.B. 1000 N) für eine kurze Zeit (z.B. 0,1 s) oder eine kleinere Kraft (z.B. 100 N) für eine längere Zeit (z.B. 1 s) wirken lässt.
Bei einem Unfall kann der Impuls eines Autofahrers auf Null reduziert werden, indem er auf seine Windschutzscheibe "knallt". Dieser Vorgang läuft in sehr kurzer Zeit ab, die wirkende Kraft ist daher entsprechend groß.
Löst dagegen der Airbag aus, so läuft der Abbremsvorgang des Fahrers über eine längere Zeit, wodurch die wirkende Kraft entsprechend kleiner ist.
Aus diesem Grund hat man auch Kletterseile bis zu einem gewissen Grad elastisch gemacht, so dass bei einem Sturz ins Seil der Abbremsvorgang länger dauert und dadurch die Kraft auf den Gestürzten kleiner wird.
Beim Zusammenstoß eines Autos mit einer Wand könnte man vielleicht meinen, dass der links dargestellte Fall für die Insassen ungünstiger ist. Dies ist jedoch ein Trugschluss, da im linken Fall die Impulsänderung kleiner ist als im rechten Fall. Dementsprechend ist auch die Wechselwirkungskraft bei gleicher Wechselwirkungsdauer im rechten Fall größer.
Aufgabe: Sicherheitsgurt
Das nebenstehende \(t\)-\(F\)-Diagramm zeigt den Verlauf der Kraft auf einen Autofahrer bei einem Frontalzusammenstoß, einmal mit und einmal ohne Sicherheitsgurt.
Begründe mit Hilfe der obigen Formulierung des Kraftgesetzes, wie dieser Unterschied zustande kommt.
Bei großer Belastung hält der Gurt den Fahrer nicht starr an der ursprünglichen Position. Er ist so konstruiert, dass er sich bis zu ca. \(25\rm{cm}\) ausdehnen kann. Dies bedeutet, dass der Abbremsvorgang des Fahrers etwas länger dauern kann. Da die Masse und die Geschwindigkeitsänderung fest bleiben, bedeutet eine längere Abbremsdauer nach der Formel \(F = \frac{{\Delta \left( {m \cdot v} \right)}}{{\Delta t}}\) eine geringere Kraft auf den Fahrer.
Der große Vorteil der Erhaltungssätze wird deutlich, wenn man die Wechselwirkung zweier relativ zueinander bewegter Körper (Stoß) betrachtet. Ohne genau zu wissen, wie sich die Wechselwirkung im Detail abspielt, kann man aus der Kenntnis der Massen und der Anfangsgeschwindigkeiten der beteiligten Partner deren Endgeschwindigkeiten vorhersagen (Bilanzcharakter der Erhaltungssätze: Man sagt aus den Anfangsbedingungen den Endzustand voraus; was dazwischen ist, braucht man nicht zu wissen).
Meist betrachtet man bei den Stößen die folgenden Extremfälle:
Elastischer Stoß
Die kinetische Energie der Stoßpartner bleibt erhalten, es findet keine Umwandlung mechanischer Energie in innere Energie statt.
Inelastischer Stoß
Die kinetische Energie der zusammenstoßenden Körper wird teilweise in innere Energie umgewandelt. Man spricht vom vollkommen inelastischen Stoß, wenn die Partner ineinander verhaken und nach der Wechselwirkung mit gleicher Geschwindigkeit weiterfliegen.
Der Einfachheit halber werden bei den folgenden Herleitungen nur solche Stöße betrachtet, bei denen zwei Körper beteiligt sind, deren Schwerpunkte sich auf einer Geraden bewegen. Man bezeichnet diesen Vorgang als zentralen Stoß.
Hinweis: Bei vielen Problemen aus der Praxis sind Stöße nicht zentral. Deren theoretische Behandlung ist wesentlich aufwändiger und wird im Folgenden nicht angesprochen. Als Beispiel seien hier die sehr häufigen nicht zentralen Stöße beim Billard genannt.
Die gesamte kinetische Energie der zusammenstoßenden Körper bleibt erhalten, d.h. der Erhaltungssatz für die mechanische Energie gilt.
Für die Wechselwirkung gilt - wie immer - das Gesetz von Newton III ("actio gegengleich reactio") und der daraus ableitbare Impulserhaltungssatz.
Bezeichnungen
Masse
Geschwindigkeit
vor der Wechselwirkung
Geschwindigkeit
nach der Wechselwirkung
Körper 1
\(m_1\)
\({v_1}\)
\({v_1}^\prime \)
Körper 2
\(m_2\)
\({v_2}\)
\({v_2}^\prime \)
Weiter bezeichnet man den Gesamtimpuls vor der Wechselwirkung mit \(p\) und nach der Wechselwirkung mit \(p'\) sowie die gesamte kinetische Energie vor der Wechselwirkung mit \(E\) und nach der Wechselwirkung mit \(E'\).
Aus der Kombination von Energieerhaltungssatz
\[\frac{1}{2} \cdot {m_1} \cdot {v_1}^2 + \frac{1}{2} \cdot {m_2} \cdot {v_2}^2 = \frac{1}{2} \cdot {m_1} \cdot {{v_1}^\prime}^2 + \frac{1}{2} \cdot {m_2} \cdot {{v_2}^\prime}^2\quad(1)\]
und Impulserhaltungssatz
\[{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot {v_2} = {m_1} \cdot {v_1}^\prime + {m_2} \cdot {v_2}^\prime\quad(2)\]
die zwei unabhängige Gleichungen darstellen, lassen sich nun - je nach bekannten Vorgaben - zwei beliebige Unbekannte berechnen; meist sind die Massen \(m_1\) und \(m_2\) sowie die Geschwindigkeiten \(v_1\) und \(v_2\) vor der Wechselwirkung bekannt und die Geschwindigkeiten \({v_1}^\prime\) und \({v_2}^\prime\) nach der Wechselwirkung unbekannt. Dann lassen sich aus den Gleichungen \((1)\) und \((2)\) durch geschicktes Umformen die unbekannten Geschwindigkeiten \({v_1}^\prime\) und \({v_2}^\prime\) nach der Wechselwirkung berechnen:
Hinweis: Bei den Berechnungen führt man ein positive Zählrichtung ein (z.B. von links nach rechts). Alle Geschwindigkeiten und Impulse in diese Richtung werden positiv gezählt, alle Geschwindigkeiten und Impulse in die Gegenrichtung zählt man negativ.
Aufgabe (nur für mathematisch sehr Interessierte)
Leite die beiden Formeln für die Geschwindigkeiten \({v_1}^\prime\) und \({v_2}^\prime\) nach der Wechselwirkung her.
Aus \((1)\) folgt durch Kürzen mit \(\frac{1}{2}\), Umsortieren und Anwendung einer binomischen Formel
\[{{m_1} \cdot \left( {{v_1}^2 - {{v_1}^\prime}^2} \right) = {m_2} \cdot \left( {{{v_2}^\prime}^2 - {v_2}^2} \right) \Leftrightarrow {m_1} \cdot \left( {{v_1} - {{v_1}^\prime}} \right) \cdot \left( {{v_1} + {{v_1}^\prime}} \right) = {m_2} \cdot \left( {{{v_2}^\prime} - {v_2}} \right) \cdot \left( {{{v_2}^\prime} + {v_2}} \right)\quad(3)}\]
Aus \((2)\) folgt durch Umsortieren und Ausklammern
\[{m_1} \cdot \left( {{v_1} - {{v_1}^\prime}} \right) = {m_2} \cdot \left( {{v_2}^\prime - {v_2}} \right)\quad(4)\]
Dividiert man nun Gleichung \((3)\) durch Gleichung \((4)\), so folgt
\[{v_1} + {{v_1}^\prime} = {v_2}^\prime + {v_2} \Leftrightarrow {v_1} - {v_2} = {v_2}^\prime - {{v_1}^\prime}\quad(5)\] Hinweis: Gleichung \((5)\) besagt, dass die Beträge der Relativgeschwindigkeiten der beiden Körper vor und nach dem Stoß gleich sind.
1Zentraler elastischer Stoß zweier Wagen gleicher Masse, von denen einer der beiden Wagen vor dem Stoß in Ruhe ist
Sonderfall 1: Körper 1 und Körper 2 haben die gleiche Masse; Körper 2 ruht
\({m_1} = {m_2} = m\) und \({v_2} = 0\)
Ergebnis: \({v_1}^\prime = 0\) und \({v_2}^\prime = v_1\)
Die beiden Körper gleicher Masse tauschen beim zentralen, elastischen Stoß ihre Geschwindigkeiten aus. Anwendung:Kugelkette
Leite das Ergebnis des ersten Sonderfalls aus den allgemeinen Formeln her.
Aus dem Ergebnis für die Endgeschwindigkeit des 1. Körpers
\[{v_1}^\prime = \frac{{{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot \left( {2 \cdot {v_2} - {v_1}} \right)}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
folgt mit \({m_1} = {m_2} = m\) und \(v_2=0\)
\[{v_1}^\prime = \frac{{m \cdot {v_1} + m \cdot \left( {2 \cdot 0 - {v_1}} \right)}}{{m + m}} = \frac{{m \cdot {v_1} - m \cdot {v_1}}}{{2 \cdot m}} = \frac{0}{{2 \cdot m}} = 0\]
Aus dem Ergebnis für die Endgeschwindigkeit des 2. Körpers
\[{v_2}^\prime = \frac{{{m_2} \cdot {v_2} + {m_1} \cdot \left( {2 \cdot {v_1} - {v_2}} \right)}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
folgt mit \({m_1} = {m_2} = m\) und \(v_2=0\)
\[{v_2}^\prime = \frac{{m \cdot 0 + m \cdot \left( {2 \cdot {v_1} - 0} \right)}}{{m + m}} = \frac{{2 \cdot m \cdot {v_1}}}{{2 \cdot m}} = {v_1}\]
2Zentraler elastischer Stoß zweier Wagen mit wesentlich unterschiedlicher Masse, von denen einer der beiden Wagen vor dem Stoß in Ruhe ist
Sonderfall 2: Körper 1 hat eine wesentlich kleinere Masse als Körper 2; Körper 2 ruht
\({m_1} \ll {m_2}\) und \({v_2} = 0\)
Ergebnis: \({v_1}^\prime =-v_1\) und \({v_2}^\prime = 0\)
Der schwere Körper bleibt in Ruhe, der leichte Partner wird "reflektiert", d.h. er behält seine kinetische Energie bei, bewegt sich jedoch in umgekehrter Richtung. Anwendung: Stoß von Gasatomen mit schwerer Behälterwand.
Leite das Ergebnis des zweiten Sonderfalls aus den allgemeinen Formeln her.
Aus dem Ergebnis für die Endgeschwindigkeit des 1. Körpers
\[{v_1}^\prime = \frac{{{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot \left( {2 \cdot {v_2} - {v_1}} \right)}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
folgt mit \(v_2=0\)
\[{v_1}^\prime = \frac{{{m_1} \cdot {v_1} - {m_2} \cdot {v_1}}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
Dividiert man Zähler und Nenner dieses Bruches durch \(m_2\), so ergibt sich
\[{v_1}^\prime = \frac{{\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} \cdot {v_1} - {v_1}}}{{\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} + 1}}\]
Da \({m_1} \ll {m_2}\) ist, gilt \({\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} \approx 0}\), und somit folgt
\[{v_1}^\prime = \frac{{0 \cdot {v_1} - {v_1}}}{{0 + 1}} = - {v_1}\]
Ähnlich geht man für \(u_2\) vor; aus dem Ergebnis für die Endgeschwindigkeit des 2. Körpers
\[{v_2}^\prime = \frac{{{m_2} \cdot {v_2} + {m_1} \cdot \left( {2 \cdot {v_1} - {v_2}} \right)}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
folgt mit \(v_2=0\)
\[{v_2}^\prime = \frac{{{m_1} \cdot 2 \cdot {v_1}}}{{{m_1} + {m_2}}} = \frac{{\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} \cdot 2 \cdot {v_1}}}{{\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} + 1}}\]
und wieder wegen \({m_1} \ll {m_2}\) und \({\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} \approx 0}\)
\[{v_2}^\prime = \frac{{0 \cdot 2 \cdot {v_1}}}{{0 + 1}} = 0\]
Stelle das Verhältnis der kinetischen Energie \(\frac{{{{E'}_1}}}{{{E_1}}}\) (Angabe in %) von Körper 1 beim völlig elastischen Stoß mit dem ruhenden Körper 2 in Abhängigkeit vom Massenverhältnis \(\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}\) grafisch dar und diskutiere das Ergebnis.
Hat der Körper 1 eine wesentlich kleinere Masse als Körper 2 (\({\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}}\) geht gegen Null), so prallt Körper 1 elastisch zurück und behält nahezu seine gesamte kinetische Energie. Anwendung: Stoß von Gasteilchen mit der Behälterwand.
Haben die beiden Körper die gleiche Masse (\({\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}} = 1\)), so gibt Körper 1 seine gesamte kinetische Energie an den Körper 2 ab. Anwendung: Abbremsung von Neutronen durch die etwa gleich schweren Protonen des Wassers im Kernreaktor.
Ist das Massenverhältnis größer als 1, so behält der Körper 1 mit zunehmendem \({\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}}\) immer mehr kinetische Energie.
Anregung: Untersuche mit der schönen Simulation von Walter Fendt die verschiedenen Typen von elastischen Stößen.
Man spricht vom vollkommen unelastischen Stoß, wenn die Partner nach dem Stoß miteinander verbunden sind und somit nach der Wechselwirkung mit gleicher Geschwindigkeit weiterfliegen.
Die kinetische Energie der zusammenstoßenden Körper wird teilweise in innere Energie umgewandelt. Beim unelastischen Stoß gilt somit der Erhaltungssatz für die mechanische Energie nicht.
Für die Wechselwirkung gilt - wie immer - das 3. NEWTON'sche Gesetz ("actio gegengleich reactio") und der daraus ableitbare Impulserhaltungssatz.
Bezeichnungen
Masse
Geschwindigkeit
vor der Wechselwirkung
Geschwindigkeit
nach der Wechselwirkung
Körper 1
\(m_1\)
\(v_1\)
\(v^\prime\)
Körper 2
\(m_2\)
\(v_2\)
Weiter bezeichnet man den Gesamtimpuls vor der Wechselwirkung mit \(p\) und nach der Wechselwirkung mit \(p'\), die gesamte kinetische Energie vor der Wechselwirkung mit \(E\), die gesamte Energie nach der Wechselwirkung mit \(E'\) sowie die Änderung der inneren Energie mit \(\Delta U\).
Aus der Kombination von Energieerhaltungssatz
\[\frac{1}{2} \cdot {m_1} \cdot {v_1}^2 + \frac{1}{2} \cdot {m_2} \cdot {v_2}^2 = \frac{1}{2} \cdot {m_1} \cdot {v^\prime}^2 + \frac{1}{2} \cdot {m_2} \cdot {v^\prime}^2 + \Delta U\quad(1)\]
und Impulserhaltungssatz
\[{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot {v_2} = {m_1} \cdot {v^\prime} + {m_2} \cdot {v^\prime}\quad(2)\]
die zwei unabhängige Gleichungen darstellen, lassen sich nun - je nach bekannten Vorgaben - zwei beliebige Unbekannte berechnen; meist sind die Massen \(m_1\) und \(m_2\) sowie die Geschwindigkeiten \(v_1\) und \(v_2\) vor der Wechselwirkung bekannt und die Geschwindigkeit \(v^\prime\) nach der Wechselwirkung und die Änderung der inneren Energie \(\Delta U\) unbekannt.
Aus Gleichung \((2)\) lässt sich leicht die unbekannte Geschwindigkeit \(v^\prime\) nach der Wechselwirkung und danach mit Gleichung \((1)\) die Änderung der inneren Energie \(\Delta U\) berechnen:
Hinweis: Bei den Berechnungen führt man ein positive Zählrichtung ein (z.B. von links nach rechts). Alle Geschwindigkeiten und Impulse in diese Richtung werden positiv gezählt, alle Geschwindigkeiten und Impulse in die Gegenrichtung zählt man negativ.
Aufgabe (zweite Teilaufgabe nur für mathematisch Interessierte)
Leite die beiden Formeln für die Geschwindigkeit \(v^\prime\) nach der Wechselwirkung und die Änderung der inneren Energie \(\Delta U\) her.
1Zentraler vollkommen unelastischer Stoß zweier Wagen mit gleicher Masse, von denen einer der beiden Wagen vor dem Stoß in Ruhe ist
Sonderfall 1: Körper 1 und Körper 2 haben die gleiche Masse; Körper 2 ruht
\({m_1} = {m_2} = m\) und \({v_2} = 0\)
Ergebnis: \(v^\prime = \frac{1}{2} \cdot {v_1}\) und \(\Delta U = \frac{1}{4} \cdot m \cdot {v_1}^2\)
Die beiden Körper bewegen sich nach der Wechselwirkung mit "halber Geschwindigkeit" weiter; beim Stoß wird die Hälfte der ursprünglich vorhandenen kinetischen Energie in innere Energie umgesetzt.
Leite das Ergebnis des ersten Sonderfalls aus den allgemeinen Formeln her.
Aus dem Ergebnis für die Endgeschwindigkeit der beiden Körper
\[{v^\prime} = \frac{{{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot {v_2}}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
folgt mit \({m_1} = {m_2} = m\) und \(v_2=0\)
\[{v^\prime} = \frac{{m \cdot {v_1} + m \cdot 0}}{{m + m}} = \frac{{m \cdot {v_1}}}{{2 \cdot m}} = \frac{1}{2} \cdot {v_1}\]
Aus dem Ergebnis für die die Änderung der inneren Energie
\[\Delta U = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m_1} \cdot {m_2}}}{{{m_1} + {m_2}}} \cdot {\left( {{v_1} - {v_2}} \right)^2}\]
folgt mit \({m_1} = {m_2} = m\) und \(v_2=0\)
\[\Delta U = \frac{1}{2} \cdot \frac{{m \cdot m}}{{m + m}} \cdot {\left( {{v_1} - 0} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m^2}}}{{2 \cdot m}} \cdot {v_1}^2 = \frac{1}{4} \cdot m \cdot {v_1}^2\]
2Zentraler vollkommen unelastischer Stoß zweier Wagen mit wesentlich unterschiedlicher Masse, von denen der Wagen mit der größeren Masse vor dem Stoß in Ruhe ist
Sonderfall 2: Körper 1 hat eine wesentlich kleinere Masse als Körper 2; Körper 2 ruht
\({m_1} \ll {m_2}\) und \({v_2} = 0\)
Ergebnis: \(v^\prime = 0\) und \(\Delta U = \frac{1}{2} \cdot {m_1} \cdot {v_1}^2\)
Die beiden Körper ruhen nach der Wechselwirkung; beim Stoß wird die gesamte, ursprünglich vorhandene kinetische Energie in innere Energie umgesetzt.
Leite das Ergebnis des zweiten Sonderfalls aus den allgemeinen Formeln her.
Aus dem Ergebnis für die Endgeschwindigkeit der beiden Körper
\[{v^\prime} = \frac{{{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot {v_2}}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
folgt mit \(v_2=0\)
\[{v^\prime} = \frac{{{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot 0}}{{{m_1} + {m_2}}} = \frac{{{m_1} \cdot {v_1}}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
Dividiert man Zähler und Nenner dieses Bruches durch \(m_2\), so ergibt sich
\[{v^\prime} = \frac{{\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} \cdot {v_1}}}{{\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} + 1}}\]
Da \({m_1} \ll {m_2}\) ist, gilt \({\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} \approx 0}\), und somit folgt
\[{v^\prime} = \frac{{0 \cdot {v_1}}}{{0 + 1}} = 0\]
Aus dem Ergebnis für die die Änderung der inneren Energie
\[\Delta U = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m_1} \cdot {m_2}}}{{{m_1} + {m_2}}} \cdot {\left( {{v_1} - {v_2}} \right)^2}\]
folgt mit \(v_2=0\)
\[\Delta U = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m_1} \cdot {m_2}}}{{{m_1} + {m_2}}} \cdot {\left( {{v_1} - 0} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m_1} \cdot {m_2}}}{{{m_1} + {m_2}}} \cdot {v_1}^2\]
Dividiert man Zähler und Nenner dieses Bruches durch \(m_2\), so ergibt sich
\[\Delta U = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m_1}}}{{\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} + 1}} \cdot {v_1}^2\]
und wieder wegen \({m_1} \ll {m_2}\) und \({\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} \approx 0}\)
\[\Delta U = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m_1}}}{{0 + 1}} \cdot {v_1}^2 = \frac{1}{2} \cdot {m_1} \cdot {v_1}^2\]
3Zentraler vollkommen unelastischer Stoß zweier Wagen mit gleicher Masse und gleich großen, entgegengesetzt gerichteten Geschwindigkeiten
Sonderfall 3: Körper 1 und Körper 2 haben die gleiche Masse und entgegengesetzt gerichtete, gleich große Geschwindigkeiten
\({m_1} = {m_2} = m\) und \({v_2} =-{v_1}\)
Ergebnis: \(v^\prime = 0\) und \(\Delta U = m \cdot {{v_1}^2}\)
Die beiden Körper ruhen nach der Wechselwirkung; beim Stoß wird die gesamte, ursprünglich vorhandene kinetische Energie in innere Energie umgesetzt.
Leite das Ergebnis des dritten Sonderfalls aus den allgemeinen Formeln her.
Aus dem Ergebnis für die Endgeschwindigkeit der beiden Körper
\[{v^\prime} = \frac{{{m_1} \cdot {v_1} + {m_2} \cdot {v_2}}}{{{m_1} + {m_2}}}\]
folgt mit \({m_1} = {m_2} = m\) und \(v_2=-v_1\)
\[{v^\prime} = \frac{{m \cdot {v_1} + m \cdot \left( { - {v_1}} \right)}}{{m + m}} = \frac{0}{{2 \cdot m}} = 0\]
Aus dem Ergebnis für die die Änderung der inneren Energie
\[\Delta U = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m_1} \cdot {m_2}}}{{{m_1} + {m_2}}} \cdot {\left( {{v_1} - {v_2}} \right)^2}\]
folgt mit \({m_1} = {m_2} = m\) und \(v_2=-v_1\)
\[\Delta U = \frac{1}{2} \cdot \frac{{m \cdot m}}{{m + m}} \cdot {\left( {{v_1} - \left( { - {v_1}} \right)} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{m^2}}}{{2 \cdot m}} \cdot {\left( {2 \cdot {v_1}} \right)^2} = \frac{1}{4} \cdot m \cdot 4 \cdot {v_1}^2 = m \cdot {v_1}^2\]
Stelle das Verhältnis der kinetischen Energie \(\frac{{{{E'}_1}}}{{{E_1}}}\) (Angabe in %) von Körper 1 beim vollkommen unelastischen Stoß mit dem ruhenden Körper 2 in Abhängigkeit vom Massenverhältnis \(\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}\) grafisch dar und diskutiere das Ergebnis.
Aus dem Kurvenverlauf kann man erkennen, dass der Körper 1 umso mehr Energie behält je größer das Massenverhältnis \(\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}\) ist. Die Werte der \({E_1}'/{E_1}\)-Achse sind in \(\% \) angegeben.
Anregung: Untersuche mit der schönen Simulation von Walter Fendt die verschiedenen Typen von vollkommen unelastischen Stößen.
Hinweis: Im folgenden Artikel gehen die Betrachtungen teilweise deutlich über den Stoff der 10. Klasse hinaus. Diese Seite ist also nur für physikalisch sehr aufgeschlossene Schülerinnen und Schüler mit Ausdauer und guten Mathematikkenntnissen gedacht, die deutlich über den verbindlichen Stoff hinausschauen wollen. Wenn du nicht alles verstehst, brauchst du also kein schlechtes Gewissen zu haben. Für "Experten" aber eine Herausforderung!
Raketenprinzip
Für alle Arten der Fortbewegung gilt das gleiche Prinzip: Man stößt sich von einer bestimmten Materie ab. Betrachten Sie die Fortbewegung zu Lande, zu Wasser und in der Luft unter diesem Aspekt. Im Weltraum gibt es keine Materie von der man sich "abdrücken" könnte, daher muss diese Materie mitgeführt werden. In der Praxis stößt die Rakete meist heiße Gase mit hoher Geschwindigkeit aus und verliert dabei Masse. In der Massenveränderlichkeit eines Wechselwirkungspartners liegt der Unterschied zu den Problemen, die bisher mit dem Impulssatz behandelt wurden.
Raketengleichung von ZIOLKOWSKI
Ziel der folgenden Überlegungen ist, aus den technischen Daten einer Rakete berechnen zu können, welche Geschwindigkeit die Rakete am Ende der Treibstoffverbrennung besitzen wird; die Gleichung, die wir als Ergebnis erhalten, nennt man nach ihrem "Entdecker", dem russischen Physiker Konstantin Eduardowitsch ZIOLKOWSKI die Raketengleichung von ZIOLKOWSKI. Aus der hergeleiteten Formel lässt sich schließlich auch die Höhe berechnen, in der sich die Rakete nach dem Ausbrennen der Triebwerke befindet.
Obwohl eine Rakete ihren Treibstoff kontinuierlich ausstößt, betrachten wir zur Herleitung der Formel eine Rakete, die in kleinen Zeitspannen \(\Delta t\) kleine Treibstoffmengen \(\Delta m\) ausstößt; wir werden später unser Vorgehen genauer rechtfertigen, es führt aber auch zum exakten Ergebnis.
Der Vorgang eines solchen portionsweisen Treibstoffausstoßes soll von einem ruhenden Beobachter aus beschrieben werden. Dieser sieht zum Zeitpunkt \(t\) die Rakete mit der Masse \(m\) mit der Geschwindigkeit \(v\) nach rechts fliegen (wir rechnen nach rechts gerichtete Geschwindigkeiten hier positiv). In der nun folgenden Zeitspanne \(\Delta t\) stößt die Rakete die kleine Menge \(\Delta m\) Treibstoff entgegen ihrer Bewegungsrichtung aus, wodurch sich die Masse der Rakete verringert, die Geschwindigkeit der Rakete dagegen zunimmt. Am Ende dieser Zeitspanne, d.h. zum Zeitpunkt \(t + \Delta t\), sieht der Beobachter nun die Rakete mit der Masse \(m - \Delta m\) mit der Geschwindigkeit \(v+ \Delta v\) nach rechts fliegen, gleichzeitig aber auch den Treibstoff mit der Masse \(\Delta m\) mit einer gewissen Geschwindigkeit \(- v_{\rm{T}}\) nach links fliegen (wir rechnen deshalb diese Geschwindigkeit negativ). Die folgende Abbildung zeigt die oben beschriebene Situation.
Für die durch den Treibstoffausstoß verursachte Impulsänderung \(\Delta p\) gilt nun\[\begin{eqnarray}\Delta p &=& p(t + \Delta t) - p(t)\\ &=& \left[ {\left( {m - \Delta m} \right) \cdot \left( {v + \Delta v} \right) + \Delta m \cdot \left( { - {v_{\rm{T}}}} \right)} \right] - m \cdot v\\ &=& \left[ {m \cdot v + m \cdot \Delta v - \Delta m \cdot v - \Delta m \cdot \Delta v - \Delta m \cdot {v_{\rm{T}}}} \right] - m \cdot v\\ &=& m \cdot v + m \cdot \Delta v - \Delta m \cdot v - \Delta m \cdot \Delta v - \Delta m \cdot {v_{\rm{T}}} - m \cdot v\\ &=& m \cdot \Delta v - \Delta m \cdot v - \Delta m \cdot \Delta v - \Delta m \cdot {v_{\rm{T}}}\\ &=& m \cdot \Delta v - \Delta m \cdot \underbrace {\left( {v + \Delta v + {v_{\rm{T}}}} \right)}_{{v_{{\rm{rel}}}}} \quad(1)\end{eqnarray}\]Hierbei ist \(v_{\rm{rel}} = {v + \Delta v + {v_{\rm{T}}}}\) die Relativgeschwindigkeit, mit der die Rakete ihren Treibstoff ausstößt.
Nach der klassischen Formulierung \({F_{\rm{A}}} = \frac{{\Delta p}}{{\Delta t}}\) von NEWTONs 2. Axiom ergibt sich nun\[{F_{\rm{A}}} = \frac{{\Delta p}}{{\Delta t}} = \frac{{m \cdot \Delta v - \Delta m \cdot {v_{{\rm{rel}}}}}}{{\Delta t}} = m \cdot \frac{{\Delta v}}{{\Delta t}} - {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \frac{{\Delta m}}{{\Delta t}}\]Lässt man nun \(\Delta t\) immer kleiner werden (und geht man somit vom portionsweisen Ausstoßen des Treibstoffs zum kontinuierlichen Ausstoß über), so kann man in obiger Beziehung die Differenzenquotienten \(\frac{{\Delta v}}{{\Delta t}}\) und \(\frac{{\Delta m}}{{\Delta t}}\) durch die Differentialquotienten \(\frac{{dv}}{{dt}}\) und \(\frac{{dm}}{{dt}}\) ersetzen. Daraus folgt dann\[{F_{\rm{A}}} = m \cdot \frac{{dv}}{{dt}} - {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \frac{{dm}}{{dt}} \Leftrightarrow m \cdot \frac{{dv}}{{dt}} = {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \frac{{dm}}{{dt}} + {F_{\rm{A}}} \quad(2)\]Nun bezeichnet man den (bei kontinuierlichem Treibstoffausstoß mit gleichbleibender Ausstoßgeschwindigkeit) konstanten Wert \({v_{{\rm{rel}}}} \cdot \frac{{dm}}{{dt}}\) als Schubkraft \({F_{{\rm{Schub}}}}\) der Rakete, d.h.\[{F_{{\rm{Schub}}}} = {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \frac{{dm}}{{dt}} \quad(3)\]Damit wird \((2)\) zu\[m \cdot \frac{{dv}}{{dt}} = {F_{{\rm{Schub}}}} + {F_{\rm{A}}} \quad(4)\]Dies ist die Bewegungsgleichung der Rakete; sie hängt also von der Schubkraft und äußeren Kräften (z.B. Gravitationskräften) ab, die bei den vorangegangenen Betrachtungen außer Acht gelassen wurden.
Um Aussagen über die Brennschlussgeschwindigkeit \({v_{\rm{B}}} = v({t_{\rm{B}}})\) und die erreichbare Höhe \({h_B} = h({t_{\rm{B}}})\) zum Zeitpunkt \({t_{\rm{B}}}\) - der sogenannten Brennschlusszeit - machen zu können, muss man die Bewegungsgleichung integrieren. Dieses Verfahren lernt man üblicherweise erst im Mathematikunterricht der Oberstufe. Für die Integration werden die folgenden vereinfachenden Annahmen gemacht:
Der Treibstoff wird im Zeitintervall \(0 \le t \le {t_{\rm{B}}}\) ausgestoßen.
Die Relativgeschwindigkeit \({v_{{\rm{rel}}}}\) ist während der Brennzeit konstant.
Der sogenannte Massenstrom \(\frac{{dm}}{{dt}}\) der ausgestoßenen Gase ist konstant.
Nimmt man an, dass die Rakete nur eine Stufe hat und der Start im Gravitationsfeld der Erde stattfindet (\({F_{\rm{A}}} = - m \cdot g\), Minuszeichen, da die Gravitationskraft der Schubkraft entgegenwirkt) und dass die Änderung der Fallbeschleunigung und der Luftwiderstandskraft vernachlässigt werden können, so ergibt sich durch Einsetzen und Umformen\[m \cdot \frac{{dv}}{{dt}} = {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \frac{{dm}}{{dt}} - m \cdot g \Leftrightarrow \frac{{dv}}{{dt}} = {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \frac{{dm}}{{m \cdot dt}} - g \Leftrightarrow dv = {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \frac{{dm}}{m} - g \cdot dt\]Integriert man diese Gleichung, so folgt\[\int\limits_0^{{v_{\rm{B}}}} {dv} = {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \int\limits_{{m_{\rm{B}}}}^{{m_0}} {\frac{{dm}}{m}} - g \cdot \int\limits_0^{{t_{\rm{B}}}} {dt} \]Dabei ist \({{m_0}}\) die Masse der vollgetankten Rakete beim Start und \({{m_{\rm{B}}}}\) die Masse der Rakete beim Brennschluss, also ohne den Treibstoff. Bestimmen der Stammfunktionen und Einsetzen der Grenzen liefert\[{v_{\rm{B}}} = {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \ln \left( {\frac{{{m_0}}}{{{m_{\rm{B}}}}}} \right) - g \cdot {t_{\rm{B}}}\]die sogenannte Raketengleichung von ZIOLKOWSKI. Durch eine weitere Integration erhält man – jetzt ohne ausführliche Rechnung – die nach Brennschluss erreichte Höhe \({h_B}\)\[{h_B} = \frac{{{v_{{\rm{rel}}}} \cdot {m_{\rm{B}}}}}{{\frac{{dm}}{{dt}}}} \cdot \left[ {\frac{{{m_{\rm{B}}}}}{{{m_0}}} - 1 - \ln \left( {\frac{{{m_0}}}{{{m_{\rm{B}}}}}} \right)} \right] - \frac{1}{2} \cdot g \cdot {t_{\rm{B}}}^2\]
Raketenantrieb mittels Tabellenkalkulation
Die Modellrechnung mit dreimaligem Ausstoß kann man tabellarisch zusammenfassen:
\[ \Delta v = \frac{\Delta m}{m_\text{alt}} \cdot v_\text{rel} \]
Beachten Sie, das Vorzeichen von \[ \Delta m = \frac{m_\text{E} - m_\text{A}}{N} \]
\[ v_\text{neu} = v_\text{alt} + \Delta v \]
In dem folgenden Tabellenblatt kann man die Anfangsmasse mA und die Endmasse mE des gesamten Gefährts, die Zahl N der Ausstöße und die Relativgeschwindigkeit vrel vorgeben. Aus diesen Werten berechnet die Tabellenkalkulation dann jeweils die Geschwindigkeitszunahme Δv und die Geschwindigkeit der Rakete.
Variieren Sie die Zahl N der Ausstöße bei festem mA, mE und vrel. Wie ändert sich durch den "verfeinerten" Ausstoß die Endgeschwindigkeit vB (Brennschlussgeschwindigkeit) des Wagens (der Rakete)?
b)
Variieren Sie bei festem N, mA, und mE die Ausstoßgeschwindigkeit vrel und machen Sie eine Aussage über den Zusammenhang der Endgeschwindigkeit vB mit vrel.
c)
Variieren Sie bei festem N, mA, und vrel die Masse mE. Welchen Einfluss hat die Verringerung von mE auf die Endgeschwindigkeit vB?
d)
Fassen Sie die Ergebnisse der Teilaufgaben a-c zusammen und geben Sie eine Empfehlung, was man beim Bau einer Rakete beachten muss, wenn man eine möglichst hohe Endgeschwindigkeit erreichen will.
e)
Die Theorie besagt, dass die Endgeschwindigkeit einer einstufigen Rakete mit der unten angegebenen Beziehung berechenbar ist (Raketengleichung). Berechnen Sie die Endgeschwindigkeit vB mit obiger Formel für solche Werte, die Sie auch bei der Tabellenkalkulation verwendet haben und vergleichen Sie mit der Endgeschwindigkeit der Tabellenkalkulation für relativ hohe N (> 500). Hinweis ln bedeutet "Logarithmus naturalis" (Logarithmus zur Basis e). Diese Funktion finden Sie auf ihrem Taschenrechner.
Es gilt: \[ v_\text{B} = |v_\text{rel}| \cdot \ln \left( \frac{m_\text{A}}{m_\text{E}} \right) \]
Das Verhältnis \( m_\text{A} / m_\text{E}\) wird als Massenquotient Q bezeichnet
a)
Mit zunehmendem N, d.h. mit zunehmender Verringerung der Masse der ausgestoßenen Portionen |Δm| wächst die Geschwindigkeit und strebt offensichtlich gegen einen Grenzwert.
Für mA = 250 kg, mE = 100 kg und vrel = -10 m/s ergibt sich für die Endgeschwindigkeit in m/s der in nebenstehendem Diagramm dargestellte Verlauf:
b)
Für \({{m_{\rm{A}}} = 250{\rm{kg}}}\), \({{m_{\rm{E}}} = 100{\rm{kg}}}\) und \(N = 500\) ergibt sich:
vrel in m/s
-5,0
-10
-20
-30
vB in m/s
4,6
9,2
18,3
27,5
Hieraus sieht man, dass die Endgeschwindigkeit vB zur Ausstoßgeschwindigkeit proportional ist.
c)
Für \({{m_{\rm{A}}} = 250{\rm{kg}}}\), \({v_{{\rm{rel}}}} = - 10\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\) und \(N = 500\) ergibt sich:
mE in kg
50
100
150
200
vB in m/s
16,1
9,2
5,1
2,2
Hieraus sieht man, das die Endgeschwindigkeit umso größer ist, je kleiner das Verhältnis mE/mA der Rakete ist.
d)
Um eine möglichst hohe Endgeschwindigkeit der Rakete mit festem mA zu erreichen, muss man:
Die Treibstoffmasse in möglichst kleinen Portionen ausstoßen
Eine möglichst hohe Ausstoßgeschwindigkeit anstreben
Die Endmasse der Rakete möglichst klein halten d.h. möglichst viel Treibstoffmasse und möglichst wenig Nutzlast und Leergewicht der Rakete.
e)
Für \({{m_{\rm{A}}} = 250{\rm{kg}}}\), \({{m_{\rm{E}}} = 100{\rm{kg}}}\), \({v_{{\rm{rel}}}} = - 10\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\) und \(N = 500\) ergibt sich eine Endgeschwindigkeit vB aus der Tabellenkalkulation von ca. \({v_{\rm{B}}} = 9,2\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\). Mit der Raketengleichung ergibt sich
\[{v_{\rm{B}}} = {v_{{\rm{rel}}}} \cdot \ln \left( {\frac{{{m_{\rm{A}}}}}{{{m_E}}}} \right) \Rightarrow {v_{\rm{B}}} = 10\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} \cdot \ln \left( {\frac{{250{\rm{kg}}}}{{100{\rm{kg}}}}} \right) = 9,2\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]
Es besteht also eine gute Übereinstimmung zwischen Tabellenkalkulation und Raketengleichung.
