Physikübung 5: Schiefer Wurf

Aufgabe:
Bob wirft einen Basketball in einen Korb, der sich in einer Entfernung d befindet. Der Ball verlässt seine Hände in der Höhe h und erreicht eine maximale Höhe H₀ um dann schließlich in einen Korb, der in der Höhe H angebracht ist, zu landen. Der Luftwiderstand wird vernachlässigt.

a) Mit welcher Geschwindigkeit(Betrag) verlässt der Ball Bobs Hände?

b) Welchen Winkel schließt der Geschwindigkeitsvektor mit der Horizontalen ein?

c) Wie lange fliegt der Ball?

Lösung:

Zunächst ein mal ist es angebracht eine Skizze anzufertigen um sich das Problem zu verdeutlichen.

a)

Wir betrachten zuerst die Bewegungsgleichungen des Balls. Wir können die Bewegung in x- und y-Anteil aufteilen. Es gelten offensichtlich folgende Gleichungen:

x(t) = v_x,0t
y(t) = h + v_y,0t – ½gt²

Wobei v_x,0 und v_y,0 die Geschwindigkeitskomponenten zum Zeitpunkt t=0 sind.

Desweiteren weist die Bewegung ein Extremum auf, d.h. v_y wird in der Höhe H₀ 0.

v_y(t) = v_y,0 – gt
v_y(t_m) = 0
t_m = v_y,0 / g

t_m ist die Zeit, die der Ball braucht um die Höhe H₀ zu erreichen, also gilt y(t_m) = H₀.

H₀ = h + v_y,0t_m – ½gt_m²

Wir setzen in diese Gleichung t_m ein und stellen nach v_y,0 um.

v_y,0 = √2g(H₀-h)

Damit haben wir eine Komponente der Geschwindigkeit. Als nächstes bestimmen wir v_x,0.
Zum Zeitpunkt t_e gilt x(t_e) = d und y(t_e) = H.

d = v_x,0t_e
H = h + v_y,0t_e – ½gt_e²

Aus der zweiten Gleichung werden mit Hilfe der pq-Formel die möglichen Flugzeiten bestimmt.

t_e² – (2v_y,0/g)t_e + 2(H-h)/g = 0

Daraus ergibt sich folgende Lösung:

t_e,½ = √2/g (√H₀-h ± √H₀-H)

Offenbar handelt es sich um die einzelnen Terme um der Zeit, die der Ball zum Erreichen des Extremums braucht und der Zeit von dem Extremum zum Korb. Dies wird in dieser Darstellung besonders deutlich:

t_e,½ = √2(H₀-h) / g ± √2(H₀-H) / g

Dementsprechend muss für die Gesamtflugdauer die Summe der beiden Zeiten verwendet werden, also verwenden wir nur die Lösung mit dem Plus zwischen den Termen. Damit lautet die Gesamtflugdauer

t_e = √2(H₀-h) / g + √2(H₀-H) / g

Das ist schon die Lösung für die Teilaufgabe c).

Durch den Zusammenhang d = v_x,0t_e kommen wir auf v_x,0 (Tipp: den Bruch mit √H₀-h – √H₀-H multiplizieren).

v_x,0 = d / t_e = d √g / 2 (√H₀-h – √H₀-H ) / (H₁-h)

Damit haben wir auch die x-Komponente der Geschwindigkeit. Mit dem Satz des Pythagoras können wir die Gesamtgeschwindigkeit berechnen.

v₀ = √v_x,0² + v_y,0²

v₀ = [ d²g (2H₀-H-h-2√(H₀-h)(H₀-H) ) / [2(H₀-h)²] + 2g(H₀-h) ]^½

Damit wäre auch die Aufgabe a) erledigt.

b)

Da wir die einzelnen Geschwindigkeitskomponenten besitzen, können wir über die Tangens-Beziehung tan(α) = Gegenkathete / Ankathete oder in unserem Fall tan(α) = v_0,y / v_0,x den Winkel α berechnen.

α = arctan (v_0,y / v_0,x) = arctan[ 2(H-h) / d(1 – √(H₀-h)(H₀-H) ) ]

c) bereits in Teilaufgabe a) gelöst.

Viel Spaß beim Nachrechnen ;)