Ein Skispringer der Masse \({m = 75{\rm{kg}}}\) springt von einer Schanze. Der Start liegt \({\Delta h = 80\,{\rm{m}}}\) über dem Schanzentisch, die Länge der Anlaufspur ist \({l = 120\,{\rm{m}}}\), der Absprung erfolge horizontal.
a)
Berechne den Betrag \(v_0\) der Geschwindigkeit des Springers beim Verlassen des Schanzentisches, wenn die Reibung zunächst außer Acht gelassen wird.
b)
Die Luftreibung, sowie die Reibung zwischen Ski und Schnee soll nun durch die konstante Reibungskraft vom Betrag \({{F_{\rm{R}}} = 300\,{\rm{N}}}\) berücksichtigt werden.
Berechne nun den Betrag \(v_1\) der Geschwindigkeit des Springers beim Verlassen des Schanzentisches.
c)
Berechne, welche Weite \(x_{\rm{w}}\) der Springer mit der Geschwindigkeit \(v_1\) erreichen würde. Die Reibung in der Flugphase bleibe außer Acht.
Hinweis: Ein Sprung auf eine horizontale Ebene wäre großen Weiten und dem Knochenbau des Springers abträglich. Man wählt daher für den Aufsprung stark geneigte Hänge.
d)
Joachim Herz Stiftung
Abb. 2 Geneigte Landepiste
Nur für Experten: Die Landepiste ist \({\rm{45}}^\circ \) gegen die Horizontale geneigt. Ihr Anfangspunkt ist A.
Berechne, in welchem Abstand von A der Springer die Landepiste berührt. Die Ausdehnung der Skier wird nicht berücksichtigt.
Die potentielle Energie des Springers in der Höhe \(\Delta h\) wird in Bewegungsenergie umgewandelt. Daher gilt
\[{E_{{\rm{pot}}}} = {E_{{\rm{kin}}}} \Leftrightarrow m \cdot g \cdot \Delta h = \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v_0}^2 \Rightarrow {v_0} = \sqrt {2 \cdot g \cdot \Delta h} \Rightarrow {v_0} = \sqrt {2 \cdot 9,81\frac{{\rm{m}}}{{{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}} \cdot 80{\rm{m}}} = 40 \frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]
b)
Wenn eine konstante Reibung hinzu kommt wird die potentielle Energie entlang des Weges nicht vollständig in Bewegungsenergie umgewandelt. Teile gehen durch die Reibung als Wärme verloren.
\[{E_{{\rm{pot}}}} = {E_{{\rm{kin}}}} + {E_{\rm{R}}} \Leftrightarrow {E_{{\rm{kin}}}} = {E_{{\rm{pot}}}} - {E_{\rm{R}}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot m \cdot v_1^2 = m \cdot g \cdot \Delta h - {F_{\rm{R}}} \cdot l{\mkern 1mu} \Rightarrow {v_1} = \sqrt {\frac{{2 \cdot \left( {m \cdot g \cdot \Delta h - {F_{\rm{R}}} \cdot l} \right)}}{m}} \]
Einsetzen der gegebenen Werte liefert
\[{v_1} = \sqrt {\frac{{2 \cdot \left( {75{\rm{kg}} \cdot 9,81\frac{{\rm{m}}}{{{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}} \cdot 80{\rm{m}} - 300{\rm{N}} \cdot 120{\rm{m}}} \right)}}{{75{\rm{kg}}}}} = 25 \frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]
c)
Der Springer fällt in der Zeit \(t\) um die Höhe \(\Delta H\):
\[\Delta H = \frac{1}{2} \cdot g \cdot {t^2} \Rightarrow t = \sqrt {\frac{{2 \cdot \Delta H}}{g}} \Rightarrow t = \sqrt {\frac{{2 \cdot 8,0{\rm{m}}}}{{9,81\frac{{\rm{m}}}{{{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}}}}} = 1{,}3\,{\rm{s}}\]
In der Zeit legt er horizontal die Weite \(x_\text{w}\) zurück
\[{x_{\rm{w}}} = {v_1} \cdot t \Rightarrow {x_{\rm{w}}} = 25 \frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} \cdot 1{,}3\,{\rm{s}} = 33\,{\rm{m}}\]
d)
Am Landepunkt des Springers gilt für den Verlauf der Flugbahn und für die Landepiste \( x_\text{Flugbahn} = x_\text{Landepiste} \) und \( y_\text{Flugbahn} = y_\text{Landepiste} \). Da die Landepiste um \( 45^\circ \) nach unten geneigt ist, ergibt sich dort \( y = -x \). Für den Springer gilt
\[x(t) = {v_1} \cdot t\;;y(t) = \Delta H - \frac{1}{2} \cdot g \cdot {t^2}\]
Da die Abhängigkeit von \(y\) von der Zeit nichts nützt, sondern wir eine Abhängigkeit \(y\left(x\right)\) brauchen, schreiben wir sie um zu \( t = \frac{x}{v_1} \) und setzen ein:
\[ y = \Delta H - \frac{1}{2} \cdot g \cdot \left( \frac{x}{v_1} \right)^2 \]
Wir nutzen nun aus, dass auf der Landepiste \( y = -x \) gilt und setzen \( y_\text{Flugbahn} = y_\text{Landepiste} \) gleich:
\[ -x = \Delta H - \frac{1}{2} \cdot g \cdot \left( \frac{x}{v_1} \right)^2 \]
Wir stellen die Formel um und wenden die \(p\)-\(q\)-Formel an, um die Lösung für die Weite \(x\) zu erhalten:
\[0 = - \frac{1}{2} \cdot g \cdot {\left( {\frac{x}{{{v_1}}}} \right)^2} + x + \Delta H \Leftrightarrow 0 = {x^2} - \frac{{2 \cdot v_1^2}}{g} \cdot x - \frac{{2 \cdot \Delta H \cdot v_1^2}}{g}\]
Es ist also \( p = - \frac{2 \cdot v_1^2}{g} \) und \( q = - \frac{2 \cdot \Delta H \cdot v_1^2}{g} \) und somit
\[{x_{{\rm{1}}{\rm{,2}}}} = \frac{{v_1^2}}{g} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{{v_1^2}}{g}} \right)}^2} + \frac{{2 \cdot \Delta H \cdot v_1^2}}{g}} \;;\;L = \left\{ {135{\rm{m}}; - 7,5{\rm{m}}} \right\}\]
Die physikalisch sinnvolle Lösung ist natürlich \( x = 135\mathrm{m} \). Nachdem die Frage nicht nur nach der Entfernung in \(x\)-Richtung, sondern nach dem Abstand vom Punkt A ist berücksichtigen wir noch die Entfernung in \(y\)-Richtung über den Satz des Pythagoras und nutzen abermals, dass auf der Piste \( y = -x \) gilt
\[s = \sqrt {{x^2} + {y^2}} = \sqrt {{x^2} + {{\left( { - x} \right)}^2}} = \sqrt {2{x^2}} \Rightarrow s = \sqrt {2 \cdot {{\left( {135{\rm{m}}} \right)}^2}} = 191\,{\rm{m}}\]
