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Tags 2 dim, billard, elastischer stoss, impuls, mechanik, physik Difficulty Points 4 Language Type Quantity Last modified 1 year ago Initial Version by Urs Zellweger (urs)	AG - Elastischer Stoss 2dim (urs) Elastischer Stoss (patrik) AG - Zusammenprall zwei Billardkugeln (urs) Elastischer Stoss (urs)	4

Exercise

Beim Billard treffe die weisse Kugel mit $\SI{5}{\meter\per\second}$ auf die ruhende schwarze Kugel. Beide haben gleiche Masse. Nach dem elastischen Stoss bewege sich die schwarze Kugel unter einem Winkel von $\ang{30}$ gegen die Richtung der einlaufenden Kugel weg. \begin{abcliste} \abc Bestimme die Bewegungsrichtung der weissen Kugel nach dem Stoss. \abc Bestimme die Geschwindigkeiten der beiden Kugeln. \end{abcliste}

Solution

\newqty{ve}{5.00}{\mps} \newqty{a}{30}{\degree} Der Spielball (die weisse Kugel) läuft anfangs mit $\SI{5.00}{\meter\per\second}$ auf die schwarze Kugel zu; die Situation ist also die folgende. \begin{center} \begin{tikzpicture}[scale=.9] \BillardSpielball{0,0}{.9}; \Billardkugel{5,.9}{.9}{black}{8}; \draw[dashed] (2.7,0)--(7,0); \draw[color=green!50!black,->,>=latex] (.9,0)--(2.4,0) node[above] {$v_1$}; \end{tikzpicture} \end{center} Die beiden Kugeln treffen sich dann so, dass der schwarze Objektball in einem Winkel von $\ang{30}$ zur Einlaufrichtung der weissen Kugel wegrollt. \begin{center} \begin{tikzpicture}[scale=.9] \BillardSpielball{3.44,0}{.9}; \Billardkugel{5,.9}{.9}{black}{8}; \draw[dashed] (5,0)--(7,0); \draw[dashed] (1,0)--(2,0); \draw[xshift=3.44cm,color=green!50!black,->,>=latex] (30:2.7cm) -- +(30:1.3cm) node[above] {$v_2'$}; \end{tikzpicture} \end{center} Die Richtung der weissen Kugel nach dem Stoss, d.h. $\vec v_1'$ ist bis dahin unklar. Wir stellen wiederum die Gleichungen, die aus der Impuls- und Energieerhaltung folgen, auf: \EnergieSchritte \setcounter{AnzPGlg}{0} \PGleichung{1}{\Etot&\mustbe \Etot'} \PGleichung{2}{\ssc{E}{kin,1} &= \ssc{E}{kin,1}' + \ssc{E}{kin,2}'} \PGleichung{3}{\frac{1}{2}m_1v_1^2 &= \frac{1}{2}m_1v_1'^2 + \frac{1}{2}m_2v_2'^2} \PGleichung{4}{\frac{1}{2}mv_1^2 &= \frac{1}{2}mv_1'^2 + \frac{1}{2}mv_2'^2} \PHYS[1] % \ImpulsSchritte \setcounter{AnzPGlg}{0} \PGleichung{1}{\ssc{p}{tot,x} &= \ssc{p}{tot,x}'} \PGleichung{2}{p_{1,x} &= p_{1,x}' + p_{2,x}'} \PGleichung{3}{m_1v_{1,x} &= m_1v_{1,x}' + m_2v_{2,x}'} \PGleichung{4}{mv_1 &= mv_1'\cos(\alpha) + mv_2'\cos(\beta)} \PHYS[2] % \ImpulsSchritte \setcounter{AnzPGlg}{0} \PGleichung{1}{\ssc{p}{tot,y} &= \ssc{p}{tot,y}'} \PGleichung{2}{0 &= p_{1,y}' + p_{2,y}'} \PGleichung{3}{0 &= m_1v_{1,y}' + m_2v_{2,y}'} \PGleichung{4}{0 &= mv_1'\sin(\alpha) + mv_2'\sin(\beta)} \PHYS[3] % Die jeweils untersten Gleichungen dieser drei Boxen bilden ein Gleichungssystem in den Unbekannten $v_1'$, $v_2'$ und $\beta$: \begin{align} v_1^2 &= v_1'^2 + v_2'^2 \label{eq:erste}\\ v_1 &= v_1'\cos(\alpha) + v_2'\cos(\beta) \label{eq:zweite}\\ 0 &= v_1'\sin(\alpha) + v_2'\sin(\beta) \label{eq:dritte}. \end{align} Zunächst eliminieren wir den Winkel $\beta$ in den Gleichungen \eqref{eq:zweite} und \eqref{eq:dritte}, um uns um die Geschwindigkeiten kümmern zu können. Dazu stellen wir alles mit dem Winkel $\beta$ auf eine Seite: \al{ v_1 - v_1'\cos(\alpha) &= v_2'\cos(\beta) \\ -v_1'\sin(\alpha) &= v_2'\sin(\beta). } Der Gewinn davon ist, dass wir nun beide Gleichungen quadrieren und addieren können: \al{ v_1^2 - 2v_1v_1'\cos(\alpha) + v_1'^2\cos[2](\alpha) &= v_2'^2\cos[2](\beta)\\ v_1'^2\sin[2](\alpha) &= v_2'^2\sin[2](\beta)\\ v_1^2 - 2v_1v_1'\cos(\alpha) + v_1'^2 &= v_2'^2. } Dabei haben wir benutzt, dass $\sin[2](x) + \cos[2](x) = 1$ gilt. Von dieser verbleibenden Gleichung können wir nun \eqref{eq:erste} subtrahieren: \al{ v_1^2 - 2v_1v_1'\cos(\alpha) + v_1'^2 &= v_2'^2\\ v_1^2 &= v_1'^2 + v_2'^2 \\ -2v_1v_1'\cos(\alpha) + v_1'^2 &= -v_1'^2. } Diese Gleichung kann nun nach $v_1'$ aufgelöst werden: \solqty{we}{v_1\cos(\alpha)}{\ven*cosd(\an)}{\mps} \al{ 2v_1'^2 &= 2v_1v_1'\cos(\alpha) \\ v_1' &= \wef \\ &= \ve \cdot \cos(\a) \\ &= \we = \weIII. } Dieses Ergebnis können wir in \eqref{eq:erste} einsetzen und nach $v_2'$ auflösen: \solqty{wz}{v_1\sin(\alpha)}{\ven*sind(\an)}{\mps} \al{ v_1^2 &= v_1^2\cos[2](\alpha) + v_2'^2 \\ v_2'^2 &= v_1^2(1-\cos[2](\alpha)) = v_1^2\sin[2](\alpha)\\ v_2' &= \wzf \\ &= \ve \cdot \sin(\a)\\ &= \wz = \wzIII. } Für die Bestimmung des Winkels setzen wir beide Ergebnisse in \eqref{eq:dritte} ein und lösen nach $\beta$ auf: \solqty{be}{\alpha - \SI{90}{\degree}}{\an - 90}{\degree} \al{ 0 &= v_1'\sin(\alpha) + v_2'\sin(\beta) \\ 0 &= \wef \sin(\alpha) + \wzf \sin(\beta) \\ \beta &= -\arcsin(\cos(\alpha)) = \bef \\ &= \a - \SI{90}{\degree} \\ &= \beTT. } Wir sehen, dass die weisse Kugel unter einem Winkel von \SI{90}{\degree} zur schwarzen Kugel weiter rollt. Das ist nicht nur für den gegebenen Winkel von \SI{30}{\degree} so, da stets $\arcsin(-\cos\alpha) = \alpha-\SI{90}{\degree}$ gilt. \begin{center} \begin{tikzpicture}[scale=.9] \BillardSpielball{3.44,0}{.9}; \Billardkugel{5,.9}{.9}{black}{8}; \draw[dashed] (5,0)--(7,0); \draw[dashed] (1,0)--(2,0); \draw[xshift=3.44cm,color=green!50!black,->,>=latex] (30:2.7cm) -- +(30:1.3cm) node[above] {$v_2'$}; \draw[xshift=3.44cm,dashed,color=red,->,>=latex] (30:2.7cm) -- +(1.5,0) node[below] {$v_1$}; \draw[xshift=3.44cm,dashed, color=blue,->,>=latex] (30:4cm) -- +(-60:.75cm) node[above right] {$v_1'$}; \draw[xshift=3.44cm,color=green!50!black,->,>=latex] (-60:.9cm) -- +(-60:0.75cm) node[above right] {$v_1'$}; \end{tikzpicture} \end{center} Denke an diese Tatsache, wenn du das nächste Mal Billard spielst. So wird es kein Zufall mehr sein, ob du die weisse Kugel auch versenkst oder nicht\dots

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