Physik, Ball Reflexion an Boden?

Kann mir jemand bei folgender Frage helfen?

Ein Ball trifft mit Geschwindigkeitsbetrag |v|=35 m/s unter einem Winkel von α=15° relativ zum Boden auf einen glatten, ebenen Boden und wird ohne Energieverlust reflektiert. Vernachlässigen Sie Reibungseffekte!

(a) Auf welche Höhe Δz über dem Boden kommt der Ball maximal?
(b) Welche Strecke Δx parallel zum Boden legt der Ball zurück, bevor er das nächste Mal auf den Boden auftrifft?
(c) Unter welchem Winkel relativ zum Erdboden trifft er das nächste Mal auf?

Vielen Dank!

Answer 1

[Raphael870]

Einfallswinkel=ausfallswinkel. Das ist denke ich klar. Ich würde mir dann für a) die flugbahn aufzeichnen und dann anschauen, wie groß die bewegungen in x und y richtung sind. Dazu kannst du eine art steigungsdreieck aufzeichnen. Dnn siehst du, wie schnell er sich nach oben und wie schnell er sich parallel zum boden bewegt. Zusammengesetzt gibt es dann die insgesamte geschwindigkeit des balls. Wenn du das dreieck gezeichnet hast, entsprechen die seitenlängen den verhältnissen der geschwindigkeiten in die verschiedenen richtungen.

Für a) nimmst du dann die geschw. In y und nutzt die formel für beschleunigungen.

Für b) brauchst du nur die flugzeit des balls wissen. Der rest ist dann s=v×t.

Bei c kannst du einfach mal überlegen, dass der ball theoretisch ewig so weiterspringen würde, wenn man jegliche reibung vernachlässigt. Dann wird schnell klar, wie groß der winkel ist.

Answer 2

[mihisu]

Wegen „Einfallswinkel = Ausfallswinkel“ bei der Reflexion ist der Winkel bzgl. der Bodenfläche direkt nach der Reflexion ebenfalls wieder α = 15°.

Für die Geschwindigkeitskomponenten direkt nach der Reflexion erhält man...

$v_{0,x}=\left\lvert\vec{v}\right\rvert\cdot \cos(\alpha)=35\,\frac{\text{m}}{\text{s}}\cdot \cos(15\degree)\approx 33\text{,}807\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$

$v_{0,y}=0$

$v_{0,z}=\left\lvert\vec{v}\right\rvert\cdot \sin(\alpha)=35\,\frac{\text{m}}{\text{s}}\cdot \sin(15\degree)\approx 9\text{,}059\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$

Von dort ausgehend gilt dann für die Bewegung bis zum nächsten Auftreffen auf den Boden...

$x(t)=v_{0,x}\cdot t$

$z(t)=v_{0,z}\cdot t-\frac{1}{2}\cdot g\cdot t^2$

$v_{x}(t)=v_{0, x}$

$v_{z}(t)=v_{0, z}-g\cdot t$

Im oberen Umkehrpunkt ist die z-Komponente der Geschwindigkeit gleich 0...
[Den entsprechenden Zeitpunkt nenne ich t₁.]

$v_{z}(t_1)=0$

$\rightarrow\quad v_{0,z}-g\cdot t_1=0$

$\rightarrow\quad t_1=\frac{v_{0, z}}{g}$

Für die gesuchte maximale Höhe erhält man dann...

$\Delta z=z(t_1)=v_{0, z}\cdot t_1-\frac{1}{2}\cdot g\cdot t_1^2$

$\rightarrow \quad \Delta z=v_{0, z}\cdot \frac{v_{0, z}}{g}-\frac{1}{2}\cdot g\cdot \left(\frac{v_{0, z}}{g}\right)^2$

$\rightarrow \quad \Delta z=\frac{v_{0, z}^2}{g}-\frac{1}{2}\cdot \frac{v_{0, z}^2}{g}$

$\rightarrow \quad \Delta z=\frac{1}{2}\cdot \frac{v_{0, z}^2}{g}$

$\rightarrow \quad \Delta z=\frac{v_{0, z}^2}{2\cdot g}=\frac{\left(35\,\frac{\text{m}}{\text{s}}\cdot \sin(15\degree)\right)^2}{2\cdot 9\text{,}81\,\frac{\text{m}}{\text{s}^2}}\approx 4\text{,}2\,\text{m}$

[Anstatt mit diesem kinematischen Ansatz, hätte man auch über Energieerhaltung 1/2 ⋅ m ⋅ v[0, z]² = m ⋅ g ⋅ Δz] ansetzen können. Dann wäre man genauso, sogar etwas schneller, Δz = v[0, z]²/(2 ⋅ g) gekommen.]

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Der Ball trifft zum Zeitpunkt t₂ > 0 mit z(t₂) = 0 wieder auf den Boden...

$z(t_2)=0$

$\rightarrow\quad v_{0, z}\cdot t_2-\frac{1}{2}\cdot g\cdot t_2^2=0$

$\rightarrow\quad v_{0, z}-\frac{1}{2}\cdot g\cdot t_2=0$

$\rightarrow\quad \frac{1}{2}\cdot g\cdot t_2=v_{0, z}$

$\rightarrow\quad t_2=2\cdot \frac{v_{0, z}}{g}$

In dieser Zeit wurde nun eine gewisse Strecke Δx in horizontaler Richtung zurückgelegt...

$\Delta x=x(t_2)=v_{0, x}\cdot t_2$

$\rightarrow\quad \Delta x=v_{0, x}\cdot 2\cdot \frac{v_{0, z}}{g}$

$\rightarrow\quad \Delta x=35\,\frac{\text{m}}{\text{s}}\cdot\cos(15\degree)\cdot 2\cdot \frac{35\,\frac{\text{m}}{\text{s}}\cdot\sin(15\degree)}{9\text{,}81\,\frac{\text{m}}{\text{s}^2}}\approx 62\,\text{m}$

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Der Ball trifft dann offensichtlich wieder mit dem gleichen Winkel von 15° bzgl. der Bodenfläche auf den Boden.

Das kann man auch nochmal nachrechnen, indem man die entsprechenden Geschwindigkeitskomponenten betrachtet...

$\tan(\alpha_2)=\frac{\left\lvert v_{z}(t_2)\right\rvert}{\left\lvert v_{x}(t_2)\right\rvert}$

$\rightarrow\quad \tan(\alpha_2)=\frac{\left\lvert v_{0, z}-g\cdot t_2\right\rvert}{\left\lvert v_{0, x}\right\rvert}$

$\rightarrow\quad \tan(\alpha_2)=\frac{\left\lvert v_{0, z}-g\cdot 2\cdot \frac{v_{0, z}}{g}\right\rvert}{\left\lvert v_{0, x}\right\rvert}$

$\rightarrow\quad \tan(\alpha_2)=\frac{\left\lvert -v_{0, z}\right\rvert}{\left\lvert v_{0, x}\right\rvert}$

$\rightarrow\quad \tan(\alpha_2)=\frac{v_{0, z}}{v_{0, x}}$

$\rightarrow\quad \tan(\alpha_2)=\frac{\left\lvert \vec{v}\right\rvert\cdot \sin(\alpha)}{\left\lvert \vec{v}\right\rvert\cdot \cos(\alpha)}$

$\rightarrow\quad \tan(\alpha_2)=\tan(\alpha)$

[Mit α₂ wie auch α im Bereich zwischen 0° und 90°...]

$\rightarrow\quad \alpha_2=\alpha=15\degree$