Hinweis: Diese Aufgabe stammt aus der Seminararbeit von Frau Prof. Dr. Gruber.
Ein Weitspringer mit der Masse \(70\,\rm{kg}\) möchte seinen besten Sprung physikalisch genauer untersuchen. Dazu ermittelt er aus Filmaufnahmen die geometrischen Verhältnisse während des Sprungs. Sie sind in der folgenden Abbildung dargestellt, wobei \(s_1=1{,}10\,\rm{m}\) und \(s_2=1{,}00\,\rm{m}\) betragen. Für die Winkelweiten gilt: \(\alpha = 25^\circ \), \(\beta_1 = 60^\circ \) und \(\beta_2 = 25^\circ \). Die Abfluggeschwindigkeit des Körperschwerpunktes sei \(9{,}0\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\).
Joachim Herz Stiftung
Abb. 1 Skizze zur Aufgabe
a)
Berechne, welche horizontale Weite \({x_{\rm{W}}}\) der Körperschwerpunkt des Springers zurücklegt. Drücke \({x_{\rm{W}}}\) zunächst allgemein durch \(v\), \(g\), \(\alpha\), \(h_1\) und \(h_2\) aus.
b)
Berechne, welche horizontale Weite \({x^*}\) der Springer insgesamt erreicht.
c)
Berechne, wie groß dann im Augenblick des Absprungs die Horizontalkomponente \(v_x\) und die Vertikalkomponente \(v_y\) der Abfluggeschwindigkeit seines Körperschwerpunktes waren.
d)
Durch den Anlauf hat der Körperschwerpunkt des Weitspringers nur eine Horizontalgeschwindigkeit. Ihr Wert ist kurz vor dem Absprung \(v_{1,x} = 10\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\) (\(v_{1,y} = 0\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\)).
Untersuche, wie es möglich ist, dass der Körperschwerpunkt des Weitspringers nach dem Absprung die unter Teilaufgabe c) berechneten Geschwindigkeitskomponenten besitzt. Erläutere, was während des Abdrucks am Boden passiert.
e)
Berechne die Impulsänderung, die der Körperschwerpunkt beim Absprung erfährt und von welcher Größe der Kraftstoß vom Boden ist, der dabei auf den Körper einwirkt.
f)
Ermittele die durchschnittliche Größe der Bodenreaktionskraft, wenn die Zeit des Bodenkontakts beim Absprung \(\Delta t = 0{,}075\,\rm{s}\) ist.
Bewegungsgleichungen
\[x = {v_{0,x}} \cdot t\;{\rm{und}}\;y = \left( {{h_1} - {h_2}} \right) + {v_{0,y}} \cdot t - \frac{1}{2} \cdot g \cdot {t^2}\]
Durch Elimination von \(t\) erhält man die Bahngleichung
\[{y = - \frac{g}{{2 \cdot {v_{0,x}}^2}} \cdot {x^2} + \frac{{{v_{0,y}}}}{{{v_{0,x}}}} \cdot x + \left( {{h_1} - {h_2}} \right)}\]
Um die Weite \({x_{\rm{W}}}\) zu erhalten, muss man ausnützen, dass dort \(y({x_{\rm{W}}}) = 0{\rm{m}}\) ist. Dies führt zu der folgenden Gleichung:
\[{0{\rm{m}} = - \frac{g}{{2 \cdot {v_{0,x}}^2}} \cdot {x_{\rm{W}}}^2 + \frac{{{v_{0,y}}}}{{{v_{0,x}}}} \cdot {x_{\rm{W}}} + \left( {{h_1} - {h_2}} \right)}\]
Die Lösung dieser quadratischen Gleichung ergibt
\[{x_{\rm{W}}} = \frac{{{v_{0,y}} \cdot {v_{0,x}}}}{g} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{{{v_{0,y}} \cdot {v_{0,x}}}}{g}} \right)}^2} + \frac{{2 \cdot v_{0,x}^2 \cdot ({h_1} - {h_2})}}{g}} \]
Physikalisch sinnvoll ist nur die positive Lösung, die umgeformt lautet
\[{x_{\rm{W}}} = \frac{{{v_{0,y}} \cdot {v_{0,x}}}}{g} + \frac{{{v_{0,x}}}}{g} \cdot \sqrt {v_{0,y}^2 + 2 \cdot g \cdot ({h_1} - {h_2})} \]
Durch Umformung erhält man
\[{x_{\rm{W}}} = \frac{{2 \cdot {v_{0,x}} \cdot {v_{0,y}}}}{g} \cdot \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \sqrt {1 + \frac{{2 \cdot g \cdot \left( {{h_1} - {h_2}} \right)}}{{{v_{0,y}}^2}}} } \right)\]
Mit \({v_{0,x}} = v \cdot \cos (\alpha )\) und \({v_{0,y}} = v \cdot \sin (\alpha )\) und der Beziehung \(2 \cdot \sin (\alpha ) \cdot \cos (\alpha ) = \sin \left( {2 \cdot \alpha } \right)\) erhält man schließlich
\[{x_{\rm{W}}} = \frac{{{v^2}}}{g} \cdot \sin \left( {2 \cdot \alpha } \right) \cdot \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \sqrt {1 + \frac{{2 \cdot g \cdot \left( {{h_1} - {h_2}} \right)}}{{{v^2} \cdot \sin {{(\alpha )}^2}}}} } \right)\]
b)
Bestimmung der horizontalen Weite \({x^*}\) (insgesamte Weite): Mit \({h_1} = {s_1} \cdot \sin\left( {{{\beta}_1}} \right) = 0,95{\rm{m}}\) und \({h_2} = {s_2} \cdot \sin\left( {{\beta _2}} \right) = 0,42{\rm{m}}\) ergibt sich \({x_{\rm{W}}} = 7,24{\rm{m}}\). Somit ist
\[{x^*} = {s_1} \cdot \cos \left( {{\beta _1}} \right) + {x_{\rm{W}}} + {s_2} \cdot \cos \left( {{\beta _2}} \right) = 8{,}70\,{\rm{m}}\]
c)
Ermittlung der Geschwindigkeitskomponenten beim Absprung:
\[{v_{0,x}} = v \cdot \cos \left( \alpha \right){\rm{ = }}9,0\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\cdot\cos \left( {25^\circ } \right) = 8{,}2\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]
\[{v_{0,y}} = v \cdot \sin \left( \alpha \right){\rm{ = }}9,0\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\cdot \sin\left( {25^\circ } \right) = 3{,}8\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]
d)
Die Absprungphase reicht vom Aufsetzen des Sprungbeins auf den Boden bis zum Abdruck des Fußes vom Boden. In dieser Phase wirkt vom Boden her ein Kraftstoß (F·Δt), der eine Impulsänderung des Körperschwerpunktes bewirkt.
Joachim Herz Stiftung
Abb. 2 Skizze zu Teil d)
Dieser Kraftstoß hat sowohl eine Horizontalkomponente, die eine Verringerung der Horizontalgeschwindigkeit des Körperschwerpunktes von \({v_{1,x}}\) auf \({v_{0,x}}\) zur Folge hat und außerdem eine Vertikalkomponente, welche dem Springer die Geschwindigkeit \({v_{0,y}}\) in vertikaler Richtung erteilt.
Berechnung der mittleren Bodenreaktionskraft:
\[\bar F \cdot \Delta t = m \cdot \Delta v = 294{\rm{Ns}} \Leftrightarrow \bar F = \frac{{294{\rm{Ns}}}}{{\Delta t}} \Rightarrow \bar F = \frac{{294\,{\rm{Ns}}}}{{0{,}072\,{\rm{s}}}} = 3{,}9 \cdot {10^3}\,{\rm{N}} = 3{,}9\,{\rm{kN}}\]
