TU Wien:Modellbildung in der Physik VU (Husinsky)/Übung WS13/Beispiel 1.5

[2 Punkte] Ein Ball wird mit einer Anfangsgeschwindigkeit $v_{0}$ unter einem Winkel $\theta$ gegenüber der Horizontalen geworfen. Es sei $|v|$ sein Geschwindigkeitsbetrag bei der Höhe $h$ über dem Boden. Zeigen Sie, dass $|v(h)|$ unabhängig von $\theta$ ist.

Geschwindigkeit in Abhängigkeit der Zeit

$v_{y}(t)=v_{0}sin(\theta )-\int g\mathrm {d} t=v_{0}sin(\theta )-g\cdot t$

$v_{x}(t)=v_{0}cos(\theta )$

$v(t)={\sqrt {v_{x}(t)^{2}+v_{y}(t)^{2}}}={\sqrt {(v_{0}sin(\theta )-g\cdot t)^{2}+(v_{0}cos(\theta ))^{2}}}={\sqrt {g^{2}t^{2}-2gtsin(\theta )v_{0}+v_{0}^{2}}}$ (Anmerkung: $cos(x)^{2}+sin(x)^{2}=1$)

Höhe in Abhängigkeit der Zeit

$h(t)=y(t)=\int v_{y}(t)\mathrm {d} t=v_{0}sin(\theta )t-{\frac {1}{2}}gt^{2}$

Alternative 1 : Gleichsetzen der Zeitpunkte t in Geschwindigkeits- und Höhenfunktion

Die Zeit aus der Geschwindigkeitsfunktion

$t={\frac {gsin(\theta )v_{0}\pm {\sqrt {g^{2}(v^{2}-cos(\theta )^{2}v_{0}^{2})}}}{g^{2}}}$

Die Zeit aus der Höhenfunktion

$t={\frac {sin(\theta )v_{0}\pm {\sqrt {-2gh+sin(\theta )^{2}v_{0}^{2}}}}{g}}$

Gleichsetzen und Geschwindigkeit herausheben

${\frac {gsin(\theta )v_{0}\pm {\sqrt {g^{2}(v^{2}-cos(\theta )^{2}v_{0}^{2})}}}{g^{2}}}={\frac {sin(\theta )v_{0}\pm {\sqrt {-2gh+sin(\theta )^{2}v_{0}^{2}}}}{g}}$

$v(h)=\pm {\sqrt {-2gh+cos(\theta )^{2}v_{0}^{2}+sin(\theta )^{2}v_{0}^{2}}}$ (Anmerkung: $cos(x)^{2}+sin(x)^{2}=1$)

$v(h)=\pm {\sqrt {-2gh+v_{0}^{2}}}$

$|v(h)|={\sqrt {-2gh+v_{0}^{2}}}$

Alternative 2 : Zeit aus der Höhenfunktion in die Geschwindigkeitsfunktion einsetzen

Die Zeit aus der Höhenfunktion

$h(t)=v_{0}sin(\theta )t-{\frac {1}{2}}gt^{2}$

Umformen um eine quadratische Gleichung der Form $x^{2}+p\cdot x+q=0$ zu bekommen.

$t^{2}-{\frac {2v_{0}sin(\theta )}{g}}t+{\frac {2h}{g}}=0$

Jetzt mit der pq-Formel $x_{1,2}=-{\frac {p}{2}}\pm {\sqrt {({\frac {p}{2}})^{2}-q}}$ lösen.

$t_{1,2}={\frac {v_{0}sin(\theta )}{g}}\pm {\sqrt {{\frac {v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}}{g^{2}}}-{\frac {2h}{g}}}}={\frac {v_{0}sin(\theta )\pm {\sqrt {-2gh+v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}}}}{g}}$

In Geschwindigkeitsfunktion einsetzen

$v(t)={\sqrt {g^{2}t^{2}-2gtsin(\theta )v_{0}+v_{0}^{2}}}$

Anmerkung: Hier wird nur die positive Lösung der (obigen) quadratischen Gleichung eingesetzt, da nur der Betrag der Funktion $v(h)$ gefragt ist. Für eine vollständige Lösung sollten beide Lösungen hier eingesetzt werden.

$|v(h)|=v({\frac {sin(\theta )v_{0}+{\sqrt {-2gh+sin(\theta )^{2}v_{0}^{2}}}}{g}})={\sqrt {g^{2}\cdot ({\frac {sin(\theta )v_{0}+{\sqrt {-2gh+sin(\theta )^{2}v_{0}^{2}}}}{g}})^{2}-2gv_{0}sin(\theta )({\frac {sin(\theta )v_{0}+{\sqrt {-2gh+sin(\theta )^{2}v_{0}^{2}}}}{g}})+v_{0}^{2}}}$

$|v(h)|={\sqrt {{\frac {g^{2}(v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}-2v_{0}sin(\theta ){\sqrt {-2gh+v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}}}-2gh+v_{0}^{2}sin(\theta )^{2})}{g^{2}}}-{\frac {2gv_{0}sin(\theta )(v_{0}sin(\theta )+{\sqrt {-2gh+v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}}})}{g}}+v_{0}^{2}}}$

Die Brüche sind schnell auflösbar da $g^{2}$ beim einem Bruch und $g$ beim anderen Bruch wegkürzbar sind. Anschließend noch alles ausmultiplizieren.

$|v(h)|={\sqrt {v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}-2v_{0}sin(\theta ){\sqrt {-2gh+v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}}}-2gh+v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}-2v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}+2v_{0}sin(\theta ){\sqrt {-2gh+v_{0}^{2}sin(\theta )^{2}}}+v_{0}^{2}}}$

Jetzt lässt sich großzügig kürzen :)

$|v(h)|={\sqrt {-2gh+v_{0}^{2}}}$

Die vereinfachte Funktion $|v(h)|$ ist unabhängig vom Abwurfwinkel $\theta$, es kommen nur die Gravitation, die Höhe und die Startgeschwindigkeit vor.