Fortgeschritten Komplexaufgabe 25 Punkte ~30 Min. Natur & Technik

Achterbahn — Energieerhaltung und Kräfte

Zur Lektion: Energieerhaltungssatz anwenden

Aufgabenstellung

Ein Achterbahnwagen der Masse m=400  kgm = 400\;\text{kg} (einschließlich Fahrgäste) startet aus der Ruhe am Punkt A in der Höhe hA=35  mh_A = 35\;\text{m}. Die Bahn führt hinab zum tiefsten Punkt B (Bodenniveau), durch einen vertikalen Looping (Scheitelpunkt D), zurück zum Boden bei C, über eine Kuppe bei E und schließlich zum Punkt G in der Höhe hG=6  mh_G = 6\;\text{m}. Die Reibung ist zunächst vernachlässigbar. Verwenden Sie g=9,81  ms2g = 9{,}81\;\frac{\text{m}}{\text{s}^2}.

Gegeben: hA=35  mh_A = 35\;\text{m}, hG=6  mh_G = 6\;\text{m}, Krümmungsradius der Mulde bei B: r1=6  mr_1 = 6\;\text{m}, Loopingradius: r2r_2, Streckenabschnitte: AB =50  m= 50\;\text{m}, BC =30  m= 30\;\text{m}, CD =30  m= 30\;\text{m}, DE =30  m= 30\;\text{m}, EF =20  m= 20\;\text{m}, FG =30  m= 30\;\text{m}, Gesamtstrecke s=190  ms = 190\;\text{m}.

  • (a) Berechnen Sie die Geschwindigkeit des Wagens am tiefsten Punkt B. (4 BE)
  • (b) Ein Fahrgast der Masse mP=80  kgm_P = 80\;\text{kg} sitzt im Wagen. Berechnen Sie die Normalkraft, die der Sitz am Punkt B auf den Fahrgast ausübt. (5 BE)
  • (c) Bestimmen Sie den maximalen Loopingradius r2r_2, bei dem der Wagen am Scheitelpunkt D gerade noch nicht von der Bahn abhebt. (6 BE)
  • (d) Erstellen Sie eine tabellarische Übersicht der Geschwindigkeiten an den Streckenendpunkten A–G (ohne Reibung) und skizzieren Sie ein vv-ss-Diagramm. (4 BE)
  • (e) In der Realität erreicht der Wagen den Punkt G mit einer Geschwindigkeit von vG=9  kmh=2,5  msv_G = 9\;\frac{\text{km}}{\text{h}} = 2{,}5\;\frac{\text{m}}{\text{s}}. Berechnen Sie die mittlere Reibungskraft FRF_R über die gesamte Strecke. (6 BE)

Lösungsweg

Schritt 1: Geschwindigkeit am tiefsten Punkt B (a)

Der Wagen startet aus der Ruhe (vA=0v_A = 0). Am Punkt B befindet er sich auf Bodenniveau (hB=0h_B = 0). Mit dem Energieerhaltungssatz gilt:

Epot(A)=Ekin(B)E_{\text{pot}}(A) = E_{\text{kin}}(B)

m⋅g⋅hA=12⋅m⋅vB2m \cdot g \cdot h_A = \frac{1}{2} \cdot m \cdot v_B^2

Die Masse kürzt sich heraus:

vB=2⋅g⋅hAv_B = \sqrt{2 \cdot g \cdot h_A}

Einsetzen:

vB=2⋅9,81  ms2⋅35  mv_B = \sqrt{2 \cdot 9{,}81\;\frac{\text{m}}{\text{s}^2} \cdot 35\;\text{m}}

vB=686,7  m2s2v_B = \sqrt{686{,}7\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2}}

vB≈26,2  ms≈94,3  kmh\boxed{v_B \approx 26{,}2\;\frac{\text{m}}{\text{s}} \approx 94{,}3\;\frac{\text{km}}{\text{h}}}

Schritt 2: Normalkraft auf den Fahrgast am Punkt B (b)

Am tiefsten Punkt B bewegt sich der Wagen auf einer kreisförmigen Bahn mit Radius r1=6  mr_1 = 6\;\text{m}. Für die Kreisbewegung muss die resultierende Kraft nach oben (zum Kreismittelpunkt) die Zentripetalkraft liefern.

Kräftebilanz am Fahrgast (positiv nach oben zum Kreismittelpunkt):

FN−mP⋅g=mP⋅vB2r1F_N - m_P \cdot g = \frac{m_P \cdot v_B^2}{r_1}

FN=mP⋅g+mP⋅vB2r1F_N = m_P \cdot g + \frac{m_P \cdot v_B^2}{r_1}

FN=mP(g+vB2r1)F_N = m_P \left(g + \frac{v_B^2}{r_1}\right)

Einsetzen mit mP=80  kgm_P = 80\;\text{kg}, vB2=686,7  m2s2v_B^2 = 686{,}7\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2}:

FN=80  kg⋅(9,81  ms2+686,7  m2s26  m)F_N = 80\;\text{kg} \cdot \left(9{,}81\;\frac{\text{m}}{\text{s}^2} + \frac{686{,}7\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2}}{6\;\text{m}}\right)

FN=80  kg⋅(9,81+114,45)  ms2F_N = 80\;\text{kg} \cdot \left(9{,}81 + 114{,}45\right)\;\frac{\text{m}}{\text{s}^2}

FN=80  kg⋅124,26  ms2F_N = 80\;\text{kg} \cdot 124{,}26\;\frac{\text{m}}{\text{s}^2}

FN≈9  941  N≈9,94  kN\boxed{F_N \approx 9\;941\;\text{N} \approx 9{,}94\;\text{kN}}

Interpretation: Die Normalkraft entspricht dem FNmP⋅g≈12,7\frac{F_N}{m_P \cdot g} \approx 12{,}7-Fachen der Gewichtskraft. Der Fahrgast spürt also eine Belastung von ca. 12,7  g12{,}7\;g — in der Realität wäre dies unzulässig, da Achterbahnen auf ca. 44–6  g6\;g ausgelegt werden. Der kleine Krümmungsradius r1=6  mr_1 = 6\;\text{m} erzeugt hier einen extremen Wert.

Schritt 3: Maximaler Loopingradius (c)

Am Scheitelpunkt D des Loopings (Höhe hD=2 r2h_D = 2\,r_2) muss der Wagen gerade noch die Kreisbahn durchlaufen. Die kritische Bedingung ist, dass am höchsten Punkt die Gewichtskraft allein die nötige Zentripetalkraft liefert (die Normalkraft der Bahn wird gerade null):

m⋅g=m⋅vD2r2m \cdot g = \frac{m \cdot v_D^2}{r_2}

Daraus folgt die Mindestgeschwindigkeit am Scheitelpunkt:

vD2=g⋅r2v_D^2 = g \cdot r_2

Nun wird der Energieerhaltungssatz von A nach D angewendet:

m⋅g⋅hA=12⋅m⋅vD2+m⋅g⋅2 r2m \cdot g \cdot h_A = \frac{1}{2} \cdot m \cdot v_D^2 + m \cdot g \cdot 2\,r_2

Die Masse kürzt sich heraus. Einsetzen von vD2=g⋅r2v_D^2 = g \cdot r_2:

g⋅hA=12⋅g⋅r2+g⋅2 r2g \cdot h_A = \frac{1}{2} \cdot g \cdot r_2 + g \cdot 2\,r_2

hA=12 r2+2 r2h_A = \frac{1}{2}\,r_2 + 2\,r_2

hA=52 r2h_A = \frac{5}{2}\,r_2

r2=25⋅hAr_2 = \frac{2}{5} \cdot h_A

Einsetzen:

r2=25⋅35  mr_2 = \frac{2}{5} \cdot 35\;\text{m}

r2=14  m\boxed{r_2 = 14\;\text{m}}

Probe: Der Scheitelpunkt liegt bei hD=2⋅14  m=28  mh_D = 2 \cdot 14\;\text{m} = 28\;\text{m}. Die Geschwindigkeit dort beträgt vD=g⋅r2=9,81⋅14  ms≈11,7  msv_D = \sqrt{g \cdot r_2} = \sqrt{9{,}81 \cdot 14}\;\frac{\text{m}}{\text{s}} \approx 11{,}7\;\frac{\text{m}}{\text{s}}. Energiekontrolle: 12⋅vD2+g⋅2r2=12⋅137,3+9,81⋅28=68,7+274,7=343,4≈g⋅hA=343,4  m2s2\frac{1}{2} \cdot v_D^2 + g \cdot 2r_2 = \frac{1}{2} \cdot 137{,}3 + 9{,}81 \cdot 28 = 68{,}7 + 274{,}7 = 343{,}4 \approx g \cdot h_A = 343{,}4\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2} ✓\checkmark

Hinweis zur Aufgabe: Im Folgenden wird für die Teile (d) und (e) ein konkreter Loopingradius von r2=9,55  mr_2 = 9{,}55\;\text{m} verwendet (Scheitelpunkt bei hD=19,1  mh_D = 19{,}1\;\text{m}), der deutlich unter dem Maximalwert liegt und eine realistische Achterbahngeometrie ergibt.

Schritt 4: Geschwindigkeiten und vv-ss-Diagramm (d)

Mit r2=9,55  mr_2 = 9{,}55\;\text{m} ergeben sich die Höhen: hA=35  mh_A = 35\;\text{m}, hB=0h_B = 0, hD=2⋅9,55=19,1  mh_D = 2 \cdot 9{,}55 = 19{,}1\;\text{m}, hC=0h_C = 0 (Bodenniveau nach Looping), hE=12  mh_E = 12\;\text{m} (Kuppe, gewählt), hF=0h_F = 0 (Boden), hG=6  mh_G = 6\;\text{m}.

Der Energieerhaltungssatz v=2g(hA−h)v = \sqrt{2g(h_A - h)} liefert:

PunktStrecke ss / mHöhe hh / mv=2g(hA−h)v = \sqrt{2g(h_A - h)} / ms\frac{\text{m}}{\text{s}}
A0035,035{,}000 (Start aus Ruhe)
B5050002⋅9,81⋅35≈26,2\sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 35} \approx 26{,}2
D (Looping oben)808019,119{,}12⋅9,81⋅15,9≈17,7\sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 15{,}9} \approx 17{,}7
C110110002⋅9,81⋅35≈26,2\sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 35} \approx 26{,}2
E (Kuppe)14014012,012{,}02⋅9,81⋅23≈21,2\sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 23} \approx 21{,}2
F160160002⋅9,81⋅35≈26,2\sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 35} \approx 26{,}2
G1901906,06{,}02⋅9,81⋅29≈23,9\sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 29} \approx 23{,}9

Interpretation: Die Geschwindigkeit hängt nur von der Höhendifferenz zu A ab. Auf gleicher Höhe (B, C, F) ist die Geschwindigkeit identisch. Die Geschwindigkeit ist an den tiefsten Punkten am größten und nimmt mit der Höhe ab.

Schritt 5: Mittlere Reibungskraft (e)

In der Realität erreicht der Wagen den Punkt G mit vG=2,5  msv_G = 2{,}5\;\frac{\text{m}}{\text{s}} statt der theoretischen 23,9  ms23{,}9\;\frac{\text{m}}{\text{s}}. Die Differenz erklärt sich durch Reibung.

Energiebilanz mit Reibung über die gesamte Strecke s=190  ms = 190\;\text{m}:

Epot(A)=Ekin(G)+Epot(G)+WRE_{\text{pot}}(A) = E_{\text{kin}}(G) + E_{\text{pot}}(G) + W_R

m⋅g⋅hA=12⋅m⋅vG2+m⋅g⋅hG+FR⋅sm \cdot g \cdot h_A = \frac{1}{2} \cdot m \cdot v_G^2 + m \cdot g \cdot h_G + F_R \cdot s

Umstellen nach FRF_R:

FR=m⋅g⋅hA−12⋅m⋅vG2−m⋅g⋅hGsF_R = \frac{m \cdot g \cdot h_A - \frac{1}{2} \cdot m \cdot v_G^2 - m \cdot g \cdot h_G}{s}

FR=m(g⋅hA−12⋅vG2−g⋅hG)sF_R = \frac{m \left(g \cdot h_A - \frac{1}{2} \cdot v_G^2 - g \cdot h_G\right)}{s}

Einsetzen:

FR=400  kg⋅(9,81⋅35−12⋅2,52−9,81⋅6)  m2s2190  mF_R = \frac{400\;\text{kg} \cdot \left(9{,}81 \cdot 35 - \frac{1}{2} \cdot 2{,}5^2 - 9{,}81 \cdot 6\right)\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2}}{190\;\text{m}}

Zähler berechnen:

g⋅hA=9,81⋅35=343,35  m2s2g \cdot h_A = 9{,}81 \cdot 35 = 343{,}35\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2}

12⋅vG2=12⋅6,25=3,125  m2s2\frac{1}{2} \cdot v_G^2 = \frac{1}{2} \cdot 6{,}25 = 3{,}125\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2}

g⋅hG=9,81⋅6=58,86  m2s2g \cdot h_G = 9{,}81 \cdot 6 = 58{,}86\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2}

Klammer=343,35−3,125−58,86=281,37  m2s2\text{Klammer} = 343{,}35 - 3{,}125 - 58{,}86 = 281{,}37\;\frac{\text{m}^2}{\text{s}^2}

FR=400⋅281,37190  N=112  547190  NF_R = \frac{400 \cdot 281{,}37}{190}\;\text{N} = \frac{112\;547}{190}\;\text{N}

FR≈592  N\boxed{F_R \approx 592\;\text{N}}

Interpretation: Die mittlere Reibungskraft von ca. 592  N592\;\text{N} entspricht etwa 15  %15\;\% der Gewichtskraft des Wagens (FG=400⋅9,81≈3  924  NF_G = 400 \cdot 9{,}81 \approx 3\;924\;\text{N}). Dies ist ein realistischer Wert für eine Achterbahn, bei der Rollreibung, Luftwiderstand und Reibung in den Führungsschienen zusammenwirken.

Die durch Reibung dissipierte Energie beträgt:

WR=FR⋅s=592⋅190  J≈112,5  kJW_R = F_R \cdot s = 592 \cdot 190\;\text{J} \approx 112{,}5\;\text{kJ}

Von der anfänglichen potenziellen Energie (Epot=m⋅g⋅hA≈137,3  kJE_{\text{pot}} = m \cdot g \cdot h_A \approx 137{,}3\;\text{kJ}) gehen also rund 82  %82\;\% durch Reibung verloren.

Ergebnis

FrageAntwort
Geschwindigkeit bei BvB≈26,2  msv_B \approx 26{,}2\;\frac{\text{m}}{\text{s}} (94,3  kmh94{,}3\;\frac{\text{km}}{\text{h}})
Normalkraft bei BFN≈9,94  kNF_N \approx 9{,}94\;\text{kN} (12,7  g12{,}7\;g)
Maximaler Loopingradiusr2=14  mr_2 = 14\;\text{m}
Geschwindigkeit bei G (reibungsfrei)vG≈23,9  msv_G \approx 23{,}9\;\frac{\text{m}}{\text{s}}
Mittlere ReibungskraftFR≈592  NF_R \approx 592\;\text{N}

Schlagwörter

energieerhaltungkreisbewegungloopingreibung