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Startseite » Forum » Aufprallkraft
Aufprallkraft
Schüler
Tags: kraft berechnen
 
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Ein Stuntman soll von einem hohn Haus springen. Die Kraft beim Aufprall soll nicht übersteigen. Wie dick muss die Knautschzone sein? Kann man das so berechnen? Kraft beim Aufprall v² – t² s² √ √ √ v² – kg √ /(0,5*9,81)))² – √ /(0,5*9,81)))² – ≈ Damit die Aufprallkraft Newton nicht übersteigt kann ein kg Stuntman kann von einem hohen Haus also rund fallen. Seine Geschwindigkeit von rund km/h muss dann von einer Knautschzone von rund Meter dicke abgebremst werden. Dafür bräuchte ein kg Stuntman eine Knautschzone, ein kg Stuntman kann mit rund km/h in eine dicke Knautschzone fallen und ein kg Stuntman mit rund km/h in eine dicke Knautschzone. Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert): "Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen." |
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Also ich vermute, dass die Aufgabe im geforderten Rahmen richtg beantwortet ist. Allerdings fragt sich, wie realistisch das ist. Wer . aus 3 Meter höhe mit einem Kopfsprung ins Wasser springt, wird tiefer eintauchen, als jemand der flach aufkommt. Und derjenige der Flach aufkommt, wird das wohl als schmerzhafgt empfinden. Es sollte also eine deutlich höhere Aufprallkraft wirken? Die tatsächliche Energie sollte beim Aufprall mit 0,5mv² zwar gleich sein, aber sie wirkt sich ja nicht gleich aus . In der Rechnung obigen Rechnung würde aber nun die Eintauchtiefe wohl als Knautschzone gewertet, . die Aufprallkraft sollte bei dem flach aufs Wasser treffenden Springer deutlich höher sein, als beim Kopfspringer, der ja tiefer eintaucht. Die Energie ist beim Aufprall zwar gleich, aber sie wird ja beim Kopfspringer langsamer abgebaut als beim Springer, der flach aufs Wasser trifft. Die obige Kraft von Newton sollte dann konstant auf den Stuntman wirken, allerdings auch von seiner Körperhaltung beim Aufprall abhängig sein, was in der Rechnung nicht berücksichtig wurde. Gilt die Rechnung für eine Kugel oder für einen Würfel der mit einer Seite aufkommt? Das sollte wiederum egal sein, wenn in beiden fällen die "Eintauchtiefe" bzw. "Knautschzone" gleich groß ist. . die Kugel muss dazu in ein Medium fallen, dass stärker abbremst als der Würfel, der flach aufkommt. |
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Mit dem Ergebnis stimme ich überein, allerdings ist deine Herleitung ziemlich langwierig in schwer nachvollziehbarer Darstellung. Ich würde es so aufbauen: Die Knautschzone habe die Dicke , und gegeben sind . Die Energie nach dem freien Fall der Höhe ist . Abgebaut wird diese Energie nun in der Knautschzone mit angenommener (!) gleichmäßiger Kraft über die gesamte Länge der Knautschzone, d.h. es muss gelten . Umgestellt nach ergibt dies . Der heikle Punkt in der Rechnung ist m.E. diese Annahme, dass die Bremskraft in der Knautschzone die ganze Zeit gleichmäßig 2000N beträgt - weiß nicht, inwieweit man das Material der Knautschzone so designen kann, dass diese Annahme (zumindest annähernd) gerechtfertigt ist. |
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Ja mit der Formel für Energie geht’s deutlich einfacher, wenn die schon dran war. Diese Rechnungen sind wohl eher eine mal Daumen Rechnung, auf die sich wohl kein Stuntman bei einem Sprung aus Meter Höhe verlassen würde. Der Stuntman dürfte . auch seine Körperhaltung nicht ändern. IdR. wird wohl in Luftkissen oder Kartons gesprungen. Da wird sicher auch nicht die ganze Höhe der Knautschzone ausgenutzt werden können, wovon die Rechnungen ja ausgehen. Ob die Luftkissen oder Kartons die Aufprallkraft konstant aufnehmen, also konstant die Energie abbauen? Beim Bremsen mit dem Auto sollte das ja in etwa der Fall sein. Die Stuntleute werden da sicher ihre empirischen Erfahrungswerte haben. Auf die Kissen prallen sie meines Wissens eher rückwärts leicht angewinkelt. Ein nicht verformbarer Kilo schwerer Quader mit Grundfläche von und einer Höhe von fällt aus Höhe so ins Wasser mit einer Dichte von g/cm3, dass er mit der Fläche Grundfläche aufkommt. (Das Gewicht ist so gewählt, dass der Quader weder schwimmen noch sinken sollte). Wie weit taucht er ins Wasser ein? Wie hoch ist die Kraft bei Aufprall auf dem Wasser? Wie hoch ist der Druck pro Quadratmeter bei Aufprall auf dem Wasser? Wie hoch ist die Kraft, die bei Aufprall auf die Fläche wirkt? Wirkt die Kraft auf die Fläche kontinuierlich, bis die Geschwindigkeit erreicht ist? Ein nicht verformbarer Kilo schwerer Quader mit einer Grundfläche von und einer Höhe von fällt aus Höhe so ins Wasser mit einer Dichte von g/cm3, dass er mit der Fläche Fläche aufkommt. Wie weit taucht er ins Wasser ein? Wie hoch ist die Kraft bei Aufprall auf dem Wasser? Wie hoch ist der Druck pro Quadratmeter bei Aufprall auf dem Wasser? Wie hoch ist die Kraft, die bei Aufprall auf die Fläche wirkt? Wirkt die Kraft auf die Fläche kontinuierlich, bis die Geschwindigkeit erreicht ist? Der Quader wird so umgestaltet, dass er bei gleichem Gewicht und Volumen ein Keil bildet mit der Grundfläche und senkrecht mit der Spitze zuerst eintaucht. Eintauchgeschwindligkeit und Energie sollen in allen 3 Fällen gleich sein. |
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Die Kraft, mit der der Körper beim Abbremsen weiter nach unten durch die (immer anwesende) Schwerkraft gezogen wird, beträgt immer noch mg = 900 N (ich rechne mit g = 10 N/kg). Von der Aufprallkraft F = 2.000 N bleiben für das Abbremsen also nur 1.100 N übrig. Das hast du in deiner Rechnung nicht berücksichtigt. Das bedeutet (bei gleichbleibender Bremskraft), dass die Bremsbeschleunigung nur 11/10 so hoch wie die vorhergehende Fallbeschleunigung ist und damit der Bremsweg 10/11 von 50 m, also 45 m beträgt. ---------------------------------------------------------------------------------------------------- Wenn du die Abbremszeit für den Bremsweg x berechnen willst, darfst du nicht mit g rechnen, denn das ist die Fallbeschleunigung. Du brauchst hier die Bremsbeschleunigung! Wegen F - mg = ma ist a = (F - mg)/m = 1.100/90 N = 12,2222.. N/kg. Beim Weiterrechnen kommst du dann ebenfalls auf 45 m. Tja, viel Karton!!! ------------------------------------------------------------------------------------------------- Ich gehe oben davon aus, dass der Stuntman erst 50 m fällt und danach auf x m abgebremst wird. Hal Geht davon aus, dass er vorher schon abgebremst wird und dann erst die 50 m erreicht sind. Dabei vergisst er auch, dass auf dem Bremsweg noch potenzielle Energie entsteht. Also für den Fall: Gesamte Fallhöhe 50 m und damit E = mgh = 90050 J = 45.000 J = Fx = 2.000 N x = 45.000/2.000 m = 22,5 m. Auch noch ganz schön hoch. |
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Die Knautschzone soll auf dem Boden aufgebaut werden, Sprunghöhe als 50 m - Höhe der Knautschzone. Wir kommen da ja auf unterschiedlichen Wegen für 90 kg auf 15,31 Meter, wenn die Aufprallkraft 2000 N betragen soll. Es fragt sich aber, ob man nicht noch die Gewichtskraft mit einberechnen müsste, die ja weiterhin auch während des "Bremswegs" wirkt. 2000 N - 90 * 9,81 = 1117,1 N. Dann kommt man auch auf 22,0725 Meter. Allerdings wirkt die Gewichtskraft ja auch nach dem "Bremsvorgang" also bei v = 0 m/s, d.h. muss man sie für den "Bremsvorgang" mit einbeziehen oder nicht? Beim freien Fall sollte die Gewichtskraft 0 sein. Und wenn man fällt merkt man die Beschleunigung auch nicht. Wenn man aber horizontal beschleunigt wird schon, d.h. würde ein Kraftmessgerät so befestigt, dass es die Kräfte in Richtung der Beschleunigung misst, würde es im freien Fall nichts anzeigen, im Fall der horizontalen Beschleunigung aber schon, z.B 1500 N also eine Waage etwa 153 kg wenn ein 100 kg Gegenstand mit 15 kg m/s² beschleunigt würde. Man wird ja in den Sitz gepresst, da die Kraft über den Sitz übertragen wird. Im freien Fall wirkt die Kraft aber direkt auf Mensch und Sitz gleich. Eine Waage würde daher sowohl fürs Gewicht als auch für die Kraft mit der beschleunigt wird 0 anzeigen. Mir scheint aber das so richtig zu sein: mg(h-x) + mgx = max mg(h-x) + mgx = Fx mgh - mgx + mgx = Fx mgh = Fx x = mgh/F Man könnte den Ansatz wohl noch einfacher gestalten: die potentielle Energie soll mit der Kraft von 2000N über die Strecke x abgebaut werden. mgh = Fx |
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Das Problem liegt daran, dass das Wort "Aufprallkraft" undefiniert ist. Wenn du eine Tasse 1 cm hoch hebst und dann fallen lässt, ist die "Aufparallkraft" etwa ihre Gewichtskraft (es muss kaum ein Abbremsen stattfinden) und nicht 0. Wenn ein Mensch im senkrechten Windkanal schwebt, prallt(!) die Luft mit seiner Gewichtskraft gegen ihn, bremst ihn aber nicht ab, da er beim Schweben gar keine Geschwindigkeit hat. Es gilt somit: Bremskraft = Aufprallkraft - Gewichtskraft. Aber vielleicht soll ja im Kontext deines Problems die Bremskraft = 2.000 N sein. |
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Das mit der "Bremskraft" hab' ich ja in der ersten Rechnung mit F=m⋅v²/2s eigentlich schon benutzt, allerdings bin ich da von ausgegangen, da musste man aber noch die Gewichtskraft abziehen, da die ja der "Bremskraft" entgegen wirkt. Ich hab's noch mal etwas übersichtlicher gerechnet und bin mit und wieder auf die Knautschzone gekommen. 0,5*g*t1² t1² – Bremsbeschleunigung Die Gewichtskraft wurde abgezogen, da sie ja beim freien Fall weiterhin der Aufprallkraft entgegen wirkt 0,5*a*t2² t2² – t2² t1² ≈12,4122*t2/9,81 t2² (12,4122*t2/9,81)² ≈ ≈ ≈ 1,8859² ≈ Die Knautschzone für einen Kilo Stuntman muss etwa Meter dick sein. Dann hab' ich es auch noch mal mit dem Federweg einer Feder probiert. Allerdings ist da die "Bremskraft" nicht konstant, sondern steigt auch bei einer linearen Feder linear mit der Anspannung der Feder. Daher funktioniert es wohl mit der Federformel nicht. Dennoch wundert mich: Ein Gewicht das an eine Feder gehängt wird hatte beim Einhängen die potentielle Energie mgh, also Wenn die Feder in entspannt war, sollte die Energie der durch das Gewicht um die Strecke gespannten Feder h² betragen Mit kommt man auf *Fehlt nun die Hälfte der Energie?* Die Spannenergie ist auch als Integral definiert Aufleitung: s² h² h² h²*F/h Es ist ja ein Dreieck also Erklärt jedenfalls, warum man den doppelten „Bremsweg“ als Ergebnis bekommt. Dennoch nicht ganz nachvollziehbar, das die Spannenergie einer um die Strecke gespannten Feder nur die Hälfte der potentiellen Energie mgh sein soll. |
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Da die Kraft bei einer Feder proportional zum Federweg steigt, ist die Energie, die eine Feder durch Spannen umsetzt: F_end s_end weil eben die Kraft Dreiecks-förmig über dem Weg ansteigt, und am Ende nach Weg = s_end und Kraft F_end eben durchschnittlich nur die halbe Kraft umgesetzt hat. Hier von 'potenzieller' Energie zu sprechen ist zwar sehr Fachterminus, aber vermutlich auch verwirrend, in der Weise wie du es nutzt. Du machst in deinen Ausführungen nicht wirklich klar und verständlich, wie du die Feder-Energie im Sinne von Feder-Spann-Arbeit mit der potenziellen Energie im Sinne von Lage-Höhen-Energie der Masse vermauschelst, verwässerst, verwechselst oder verfälschst. |
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Wäre der Widerspruch das einmal die Energie Dreiecks-förmig und einmal quadratisch über dem Weg auf- bzw. abgebaut wird, dann kein Widersruch, wenn die Federkraft das doppelte der Gewichtskraft betragen würde? Also mgh F_Feder ? Würde mathematisch so für mg F_Feder stimmen, aber muss mg = F_Feder nicht immer erfüllt sein? Es gibt aber ja stärkere und weniger starke Federn, so dass der Federweg einmal kürzer und einmal länger ist. mg/D Damit die Energieformeln bei gleichem das gleiche Ergebnis liefern muss 2mg/h erfüllt sein. Aber was ist, wenn das nicht so ist? Im Beispiel kg und wäre für die potentielle Energie gleich der Spannenergie. Die Federkraft betrüge mit der Formel aber das Doppelte der Gewichtskraft . Nun wird die Feder ja zunächst stärker gedehnt, wenn man ein Gewicht an ihr befestigt und fallen lässt. Aber E_spann_max müsste ja dann dennoch E_potential_max entsprechen? Evtl. hab' ich aber eine Lösung: Und zwar schwingt die Feder erst bis Meter. Da ist die Energie dann ausgeglichen, die Federkraft aber doppelt so hoch wie die Gewichtskraft. Für ist die Federlänge bei kg Gewicht aber Meter. Da ist die Federkraft gelich der Gewichtskraft. . die Feder verrichtet noch mal die Arbeit das Gewicht wieder Meter hoch zu heben. Damit wären Kraft und Energie dann ausgeglichen? kg; Höhe; Potentielle_Engergie bei Start Höhe 90⋅9,81⋅50=44145 Nm Gewichtskraft Spann_Engergie bei Höhe Nm Federkraft Potentielle_Engergie bei Höhe Gewichtskraft Spann_Engergie bei Höhe 0,5⋅35,316⋅ 50² Nm Federkraft Gewichtskraft Potentielle_Engergie bei Höhe Nm Gewichtskraft Federkraft = Gewichtskraft Benötigte Energie um das Gewicht von 0 auf Höhe zu heben Nm So gesehen ist es ausgeglichen Allerdings beträgt die Spann_Engergie bei Höhe noch Nm So gesehen ist jetzt zuviel Energie vorhanden . |
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Ist's SO richtig? kg; Höhe; Potentielle_Engergie bei Start Höhe 90⋅9,81⋅50 Nm Spann_Engergie bei Höhe Nm In Bewegungsrichtung wirkende Kraft: Gewichtskraft Potentielle_Engergie bei Höhe Nm Spann_Engergie bei Höhe 0,5⋅35,316⋅ 50² Nm In Bewegungsrichtung wirkende Kraft: Federkraft - Gewichtskraft S_Engergie Nm abzüglich S_Engergie Nm Nm Es müssten also Nm Spann_Energie in andere Energien umgewandelt werden, wenn das Gewicht in zum stehen käme. Es wären dann noch da: P_Engergie Nm S_Engergie Nm Nm Aber eigentlich geht bei den Rechnungen keine Energie verloren. Stecken die fehlenden Nm in kinetischer Energie? Also kommt das Gewicht theoretisch nie zum Stillstand? Gewichtskraft Federkraft bei Gewichtskraft In Höhe sind auf jedenfalls die Kräfte ausgeglichen, wenn das an einer linearen Feder mit der Federkonstante befestigte kg Gewicht zuvor tief fällt. Das es zunächst Meter fällt ergibt sich aus P_Energie S_Energie mgh h² mg 2mg/D Man könnte das jetzt noch mit Geschwindigeit, Zeit und Beschleunigung gegenrechnen, allerdings ist die Beschleunigung nicht konstant. Bis sollte das Gewicht abnehmend beschleunigt werden, danach zunehmend abgebremst, da dann die Kraft der Feder stärker wird als die Gewichtskraft. Die Frage ist, wie hoch schwingt das Gewicht, nachdem es zunächst gefallen war? Die Beschleunigung sollte jedefalls auf Höhe und auf 0 Meter Höhe zunächst gleich sein, da beides mal in Bewegungsrichtung wirken und Nm vorhanden sind. |
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Sieht so aus, als ob alles symmetrisch wäre (mg - Ds)/ mg = (h - s)/h0 bzw.: (mg - D(h0 - h))/ mg = h/h0 - (h0 - h)/h0 Es ergibt sich: F_momentan = (2h/h0 – 1) * 9,81*m F_momentan ohne Richtung = |(2h/h0 – 1) * 9,81*m| a_momentan = (2h/h0 – 1) * 9,81 E_kinetisch = |(h²/h0 – h) * 9,81*m| Die Kräfte in Bewegungsrichtung und kinetische Energie sollten z.B. nach gleich sein, d.h. das das Gewicht theoretisch wohl wieder auf 50 m Höhe schwingt, dann wieder fällt, usw. solange keine Energie auf andere Weise umgewandelt wird.  |
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"Dann hab' ich es auch noch mal mit dem Federweg einer Feder probiert. Allerdings ist da die "Bremskraft" nicht konstant, sondern steigt auch bei einer linearen Feder linear mit der Anspannung der Feder. Daher funktioniert es wohl mit der Federformel nicht...." Du hast da etwas übersehen: Du hängst ein Gewicht mit der Gewichtskraft G=mg an eine Feder und lässt los. Erreicht das Gewicht die Gleichgewichtslage s = G/D, so hat sich die potenzielle Energie Gs = G(G/D) = in die Spannenergie E = 0,5 = 0,5 verwandelt, aber nicht nur: In der Gleichgewichtslage bleibt das Gewicht liegen, wenn es in den Ruhezustand übergegangen ist. Ist es aber hier nicht: Das herabfallende Gewicht hat die Hälfte seiner (bisherigen) potenziellen Energie verloren, schießt aber mit dem Rest, der jetzt kinetische Energie ist (!), über die Ruhelage hinaus! Daher kommt überhaupt erst die Schwingung zustande. Bleiben wir bei der Bezeichnung s für G/D, so hat sich nach der Strecke 2s die potenzielle Energie G(2s) = 2G(G/D) = 2 in die Spannenergie E = 0,5 = 2 = 2 verwandelt, also komplett in Spannenergie, so dass das Gewicht nun die Geschwindigkeit 0 hat, umkehrt und wieder nach oben schwingt. Das Gewicht schwingt also von 0 über s bis 2s, sobald die Geschwindigkeit durch Reibung aufgezehrt wird, bleibt es bei s liegen. ---------------------------------------------------- Eigentlich ist es sinnvoll, eine Kraftzunahme proportional zum bereits zurückgelegten Weg anzunehmen: Bei einem Kieshaufen oder Kartonstapel staucht sich das zusammen gedrückte Material mit dem zurückgelegten Weg darin und erhöht so die Bremswirkung. Nehmen wir mal an, der Stuntman fällt insgesamt den Weg h, davon den Weg s im Kartonhaufen. Dabei soll dort die jeweilige Kraft K = Dx sein, die Endkraft F = 2.000 N, wobei nun die Geschwindigkeit 0 und der Boden erreicht wird. Die potenzielle Energie Gh hat sich somit am Boden komplett in die Spannenergie 0,5 D verwandelt, wobei s = F/D ist. Somit: Gh = 0,5 D D = D = N/m = 44,4444 N/m Daraus folgt: s = F/D = 2.000/44,44444 m = 45 m. Nach 5 m freien Fall wird der Stuntman dann von einem 45 m hohen Kartonstapel abgebremst. Weil im Gegensatz zur konstanten Bremskraft 2.000 N diese jetzt nur am Ende erreicht wird, zieht sich der Bremsweg so sehr in die Länge. |
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Der Thread hat mittlerweile schon etliche Posts, da ists verständlich, dass nicht immer alle gelesen werden. In den Post 14:52 Uhr, 25.11.2024, 09:50 Uhr, 26.11.2024 und 14:47 Uhr, 28.11.2024 finden sich Rechnungen, die zeigen, dass bei 2.000 N kontimuiertlich wirkender „Bremskraft“, bzw. 2.000 N - 90 kg *9,81 m/s² tatsächlich wirkender „Bremskraft“, bei einem Sprung in Kartons die Knautschzone 22,07 m dick sein müsste. mgh = Fs 90 kg * 9,81 m/s² * 50 = 2000*s s = 22,07 m Anders siehts allerdings aus, wenn man 90 kg Gewicht in eine Feder springen würde. Die potentielle Energie von 50 m Höhe muss dann der Spannenergie bei 0 m entsprechen. mgh = 0,5 * D * s² D = F/s mgh = 0,5 * F * s 90 kg * 9,81 m/s² * 50 = 0,5 * 2000 * s s = 44,145 m Das ist das doppelte des „Bremswegs“ beim Sprung in Karton, da die „Bremskraft“ der Feder ja nicht kontinuierlich wirkt, sondern sich bis von 0 N bis 2000 N mit F_Spann = 0,5 * F_maximal * s aufbaut. Da wird auch klar, dass der "Bremsweg" s dann doppelt so lang sein muss im Vergleich zum Fall, dass die Bremskraft kontinuierlich wirkt. Die Energie ist dann auf 0 Meter Höhe ausgeglichen, allerdings beträgt dann die Kraft, die das Gewicht wieder nach oben katapultiert 2000N. F= D * S D = 45,3052 45,3052 * 44,145 = 2000 N 2000 N sind das 2,27 fache der Gewichtskraft. Der Springer würde also nicht auf Null Meter bleiben sondern zumindest theoretisch wohl wieder auf 50 m Höhe katapultiert werden. Im Beitrag 12:02 Uhr, 30.11.2024 habe ich das mal für den Fall, dass ein Gewicht von 90 kg an einer Feder befestigt ist und die Höhe 50m auch dem Federweg entspricht (D=35,316) nachgerechnet. Die Kraft, Beschleunigung und kinetische Energie verteilen sich dann symmetrisch zur Hälfte der Strecke (siehe Tabelle). (mg - Ds)/ mg = (h - s)/h0 Es ergeben für diesen Fall folgende Formeln, die man sicher auch anders formulieren kann. F_momentan = (2h/h0 - 1) * g *m a_momentan = (2h/h0 - 1) * g E_kinetisch = |(h²/h0 - h) * g *m| v = √|(2 (h²/h0 - h) *g)|, mit  |
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