Arbeit und Leistung

Arbeit und Leistung
s
s
m · g
m · g
⇔
mgs = mgs
s/2
mgs = const.
s
2m · g
m · g
⇔
2mgs/2 = mgs
.
. ⇔ nmgs/n = mgs

Arbeit und Leistung
Arbeit ist Kraft mal Weg
• Gotthardstraße
• Treppe und Lift
• Feder
• Bergsteiger/Wanderer

Arbeit und Leistung
⃗F tot = ⃗ F Zug − ⃗ F ‖
h
⃗F Zug
⃗F ‖
m · g
l = s cos α
s
α
Gleichmässige
Fzug ⃗ = −F ⃗ Bewegung:
‖
F ‖ = m · g · sinα
A = F ‖ · s ; s = h
A =
mg sin αh
sin α
sin α
= mgh

Arbeit und Leistung
Wunder ist
kein Wunder
Simon Stevin,
um 1600

Arbeit und Leistung
E = ∫ d⃗s · ⃗F = ∫ ds F cos α
⃗F
α
d⃗s

Arbeit und Leistung
Arbeit ist Kraft mal Weg [Arbeit] = N m = J = W s
Leistung = Arbeit pro Zeit [Leistung] = N m/s = J/s = W
Beispiel:
100 kg Backsteine 10 m hochtragen.
E = mgh = 100 · 9,81 · 10 kg m 2 /s 2 = 9810 J = 2, 725 Wh
dito innerhalb von 10 Minuten: Leistung P = 9810/600 J/s = 16,35 W.

Potentielle und kinetische Energie
• Energie: gespeicherte, “mögliche” (potentielle) Arbeit
• potentielle Energie: Lageenergie (Wasser im Stausee,. . . )
• kinetische Energie: Bewegungsenergie
E pot = mgh −→ v h = √ 2gh −→ h = v2 h
2g =⇒ mgh = mgv2 h
2g
= m 2 v2 h = E kin

Energieerhaltung
Energie bleibt erhalten bzw. wird umgewandelt, d. h.E = E pot + E kin = const.
Beispiele:
• Pendel
• Galilei’sches Hemmungspendel
Formal: ∫ ∫
E = dx ma = m dx dv ∫
dt = m v dv = m 2 v2 .
Umwandlung von potentieller in kinetische Energie. Oft wird Energie auch in
andere Formen umgewandelt, wie Wärme, Schall, Deformation, etc.

Bewegung in Systemen mit mehreren Massenpunkten
Wir betrachten ein System mit mehreren Massenpunkten. Für jeden Massenpunkt
i einzeln gilt nach Newton 2:
F i = d⃗p i
dt .
Für n Massenpunkte muss also ein System von n Bewegungsgleichungen gelöst
werden. Vereinfachend beginnen wir mit n = 2.
⃗F 1 + ⃗ F 21 = d⃗p 1
dt ,
⃗F 2 + ⃗ F 12 = d⃗p 2
dt ,
wobei ⃗ F21 die Kraft darstellt, welche Massenpunkt 2 auf Massenpunkt 1 ausübt.

⃗F 1 stellt die Kraft dar, welche von außen auf Massenpunkt 1 wirkt. Die Kräfte
können z. B. vom Ort oder der Geschwindigkeit abhängen. Nach Newton 3 ist
⃗F 21 = − ⃗ F 12 . Damit fallen die “inneren” Kräfte beim Bilden der Summe der
Bewegungsgleichungen heraus:
⃗F = ⃗ F 1 + ⃗ F 2 = d⃗p 1
dt + d⃗p 2
dt = d⃗p
dt .
Ist F ⃗ = 0, so ist
d⃗p
dt = 0, bzw. ⃗p = const.,
analog zum zweiten Newtonschen Gesetz.
Ohne Einwirkung äußerer Kräfte ( ⃗ F = 0) bleibt in einem System von n
Massenpunkten der Gesamtimpuls erhalten ( d⃗p
dt = 0).

Impuls und Impulserhaltung
⃗v 1 = ⃗v 2 = ⃗0
⃗u 1
m1 m 2
⃗u 2
Danach muss gelten
m 1 u 1 + m 2 u 2 = 0,
woraus sofort folgt, dass
u 2 = − m 1
u 1 .
m 2
Beispiel: Rakete, hier verändert sich allerdings m mit der Zeit. . .

Impuls und Impulserhaltung
Anwendung: Ballistisches Pendel
v 1
m
M
α
l
u 2
M + m
∆h
u 2 = √ 2g∆h
mv 1 = (m + M)u 2
v 1 = . . . Übung!
Frage: Wie groß ist der Anteil der Energie, der in Wärme und Deformation umgewandelt wird?

Stöße
Man unterscheidet verschiedene Sorten von Stößen:
• inelastischer Stoß: endotherm, Umwandlung kinetischer Energie in innere
Energie (z.B. Wärme)
• elastischer Stoß: Energieerhaltung
• schiefer Stoß: Geometrieeffekte
• (exothermer Stoß: Umwandlung innerer Energie in kinetische Energie
(z. B.e − − e + −→ 2γ))

Inelastische Stöße
v 1
v 2
u 1
u 2
teilweise inelastisch
v 1
v 2
u
vollständig inelastisch

Inelastische Stöße II
Vollständig inelastischer Stoß:
m 1 v 1 + m 2 v 2 = (m 1 + m 2 )u, also u = m 1v 1 + m 2 v 2
(m 1 + m 2 ) .
Vorzeichen von v 1 und v 2 beachten! Für m 1 = m 2 gilt offensichtlich
u = v 1 + v 2
.
2
Aus den Geschwindigkeiten lässt sich die in innere Energie verwandelte kinetische
Energie berechnen (Übung!).

Elastische Stöße
Zusätzlich bleibt kinetische Energie erhalten!
1
2 m 1v 2 1 + 1 2 m 2v 2 2 = 1 2 m 1u 2 1 + 1 2 m 2u 2 2,
m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 u 1 + m 2 u 2 .
Zwei Unbekannte, zwei Gleichungen! Sortiere nach Körpern 1 und 2:
1
2 m (
1 v
2
1 − u 2 1)
= 1 2 m (
2 u
2
2 − v2) 2 , (1)
m 1 (v 1 − u 1 ) = m 2 (u 2 − v 2 ) . (2)
Dividiere Gleichung 1 durch Gleichung 2 und löse nach u 1 und u 2 auf.

Elastische Stöße
u 1 = m 1 − m 2
m 1 + m 2
v 1 +
u 2 = m 2 − m 1
m 1 + m 2
v 2 +
2m 2
v 2
m 1 + m 2
(3)
2m 1
v 1
m 1 + m 2
(4)
Spezialfälle:
• m 1 = m 2 =⇒ u 1 = v 2 und u 2 = v 1
• m 1 ≫ m 2 =⇒ u 1 ≈ v 1 und u 2 ≈ 2v 1 − v 2

Stoß mit einer unbeweglichen Wand
m 1 , u 1
m 1 , v 1
m 2 = ∞
v 2 = 0
u 2 = 0

Mehrere Körper auf einer Linie
v 1 v 2
m 2
m 1
n
n 1 m 1 v 1 = n 2 m 2 v 2 (Impulssatz);
n 1
2 m 1v 2 1 = n 2
2 m 2v 2 2 (Energiesatz).
m 1 = m 2 =⇒ n 1 = n 2

Bewegung in der Ebene
y
x
v 1
v 1,x
v 2,y
v 2
v v 2,x
1,y
α α
Überlagerung einer Bewegung entlang von x mit einer Reflexion an einer Wand.
v 2,x = v 1,x ; v 2,y = −v 1,y

m 2 ≠ ∞
Wie soll nun ein Stoß in der Ebene behandelt werden, wenn m 2 ≠ ∞? Aus der
Impuls- und Energieerhaltung
m 1 ⃗v 1 + m 2 ⃗v 2 = m 1 ⃗u 1 + m 2 ⃗u 2 ,
1
2 m 1v1 2 + 1 2 m 2v2 2 = 1 2 m 1u 2 1 + 1 2 m 2u 2 2
ergeben sich nur drei Bedingungen an die vier Unbekannten u 1,x , u 1,y , u 2,x und
u 2,y . Offensichtlich wird die Situation in drei Dimensionen noch schlimmer,
6 Unbekannten stehen nur vier Gleichungen gegenüber. Diese prinzipielle
Schwierigkeit lässt sich nicht beheben, wohl aber in handlichere Teilprobleme
unterteilen.

Der Schwerpunkt eines Systems
m 1
m 2
m 3
z
⃗r 1
⃗r 2
⃗r S
⃗r 3
x
⃗r S
. =
∑ N
i=1 m i⃗r i
∑ N
i=1 m i
y
= 1 M
N∑
m i ⃗r i
i=1

Schwerpunktgeschwindigkeit
Greifen keine äußeren Kräfte an, so bleibt der Impuls des Systems konstant.
N∑
i=1
d⃗p i
dt = 0.
Verändern sich die Massen nicht, so ändert sich auch die Geschwindigkeit des
Systems nicht, genauer,
N∑ d⃗v i
m i
dt = 0.
i=1
Damit lässt sich eine mittlere Geschwindigkeit definieren, welche unverändert

leibt:
⃗v S
. =
1
M
N∑
m i ⃗v i .
Offensichtlich ist
⃗v S = d⃗r S
dt ,
d. h.die Geschwindigkeit des Schwerpunktes des Systems bleibt erhalten.
Oft vereinfachen sich die auftretenden Gleichungen erheblich, wenn man in das
Schwerpunktsystem transformiert, denn
i=1
⃗p S =
N∑
m i ⃗v i = M⃗v S
i=1
⃗p S,S =
N∑
m i (⃗v i − ⃗v S ) =
N∑
m i ⃗v i −
N∑
m i ⃗v S = M⃗v S − M⃗v S = ⃗0.
i=1
i=1
i=1

Die kinetische Energie transformiert sich ebenso einfach:
E kin = 1 2 m 1v 2 1 + 1 2 m 2v 2 2
= 1 2
(
m1 (⃗v 1,S + ⃗v S ) 2 + m 2 (⃗v 2,S + ⃗v S ) 2)
E kin
= 1 (
m1 v1,S 2 + m 2 v 2 ) 1
2,S +
2 2
= 1 (
m1 v1,S 2 + m 2 v 2 ) 1
2,S +
2 2
= E (S)
kin + 1 2 Mv2 S
(
m1 vS 2 + m 2 vS
2 )
+ (m1 ⃗v 1,S + m 2 ⃗v 2,S ) · ⃗v S
(
m1 vS 2 + m 2 vS
2 )
+ 0
weil ja (m 1 ⃗v S + m 2 ⃗v S ) = ⃗0.

Bewegung zweier Teilchen im Schwerpunktsystem
Nach Voraussetzung wirken keine äußeren Kräfte auf das System, d.h. es wirken
nur die inneren Kräfte ⃗ F 12 und ⃗ F 21 .
d⃗v 1,S
dt
= ⃗ F 21
m 1
;
d⃗v 2,S
dt
= ⃗ F 12
m 2
Subtraktion (unter Berücksichtigung von ⃗ F 12 = − ⃗ F 21 ) liefert
d(⃗v 1,S − ⃗v 2,S )
dt
=
( 1
m 1
+ 1 m 2
)
⃗F 21 ,
wo (⃗v 1,S − ⃗v 2,S ) = ⃗v 12,S
die Relativgeschwindigkeit zwischen den Teilchen

darstellt. Mit der Definition der reduzierten Masse µ
µ . = m 1m 2
m 1 + m 2
kann so eine besonders einfache Bewegungsgleichung gefunden werden
⃗F 21 = µ dv 12,S
.
dt
Die Bewegung der beiden Teilchen kann also auf die Bewegung eines einzelnen
Teilchens der reduzierten Masse µ reduziert werden.

Elastische Stöße im Schwerpunktsystem
Wegen ⃗p S,S = ⃗0 muss auch gelten
⃗p 1,S = −⃗p 2,S und ⃗p ′ 1,S = −⃗p ′ 2,S.
Einsetzen in den Energiesatz ergibt
(
1 1
+ 1 )
p ′2
1,S = 1 2 m 1 m 2 2
Verwende reduzierte Masse µ, so
p ′2
1,S
2µ = p2 1,S
2µ + Q.
( 1
+ 1 )
p 2 1,S + Q.
m 1 m 2

Für elastische Stöße ist Q = 0 (nach Definition), folglich p ′2
1,S = p2 1,S und
p ′2
2,S = p2 2,S .
Dies lässt lediglich eine Drehung der Impulse zu!
⃗v ′ 1
⃗v 2
⃗v 2,S
⃗v 1,S
′
θ ⃗v 1,S
⃗v 2
′
Laborsystem
⃗v ′ 2,S
⃗v 1
Schwerpunktsystem

Relativistische Formulierung
Wir betrachten nun zwei Körper derselben Masse m
y K
A =
⃗v A ⃗u A
u = 0 A x
B
⃗v B ⃗u B
y ′ K ′
x ′
m B = m, die sich bei relativistischen Geschwindigkeien
begegnen. Wie sieht ein Stoß in diesem Falle aus? Dabei
bewegen wir uns in einem System K so, dass sich der
Körper A in y Richtung nur sehr langsam bewegt und
diese Impulskomponente beim Stoß umgekehrt wird,
v yA = −u yA . Dasselbe geschehe mit Körper B und
Körper A bewege sich immer noch mit Geschwindigkeit
v xA in x-Richtung. Der Impuls ist also erhalten.
⃗v A
u = v xA
A
B
⃗u A
Nun betrachten wir den Stoß im System K ′ , welches
sich mit v = v xA entlang der x-Achse bewegt. In diesem
System sind also die Rollen von A und B vertauscht.
Die Geschwindigkeiten transformieren sich gemäß der
⃗u B
⃗v B

Lorentz-Transformation,
v ′ y =
v y /γ
1 − v x v/c 2.
Nun ist im System K für die beiden Teilchen die Geschwindigkeit in x-Richtung
verschieden, weshalb sich auch die y-Komponenten der Geschwindigkeit anders
transformieren!
v ′ yA =
v ′ yB =
v yA /γ
1 − v xA v/c 2 = v yA/γ
1 − v 2 /c 2 = γv yA, da v = v xA ,
v yB /γ
1 − v xB v/c 2 = v yB/γ, da v xB = 0,
während die entsprechenden Geschwindigkeiten im System K die Beträge |v yA |

und |v yB | haben, also
v ′ yA
v yA
= γ
und
v ′ yB
v yB
= 1 γ .
In beiden Systemen gilt der Impulssatz. Weil beide System K und K ′ so gewählt
sind, dass beide Körper die y-Komponente ihres Impulses umdrehen, gilt
m A v yA + m B v yB = 0 = m ′ Av ′ yA + m ′ Bv ′ yB.
Dies ist aber für m A = m ′ A und m B = m ′ B nicht möglich, weil ja die y-
Komponenten der Geschwindigkeiten verschieden sind. Also müssen die Massen
m und m ′ verschieden sein! Für kleine y-Komponenten gilt die Näherung
v A ≈ v xA = v , v ′ A ≈ 0,
V B ≈ 0 , v ′ B ≈ v xB = v.

Damit können wir mit m 0
. = m(v = 0) schreiben
m(v)v yA + m 0 v yB = 0,
m 0 v ′ yA + m(v)v ′ y B
= 0.
Wir nehmen die Terme mit v yB bzw.v yB ′
und erhalten
m 2 (v)
m 2 0
Damit erhalten wir
= v yB v yA
′
v
yB
′
m(v) = γm 0 =
nach rechts, dividieren die Gleichungen
= γ 2 .
v yA
m
√ 0
1 − v2 /c 2.

Relativistische Energie: E = mc 2
∆x
E
Lichtblitz
L
Schwerpunkt
E
Wir wollen nun noch die bekannt Energie-
Masse Beziehung E = mc 2 verstehen. Dazu
betrachten wir einen leichten Wagen, an
dessen linker Wand ein Lichtblitz der Energie
E ausgesandt wird. Nach den Gesetzen der
klassischen Physik hat er einen Impuls p =
E/c (Stoff kommt im zweiten Semester). Weil
der Wagen vor dem Blitz ruhen soll, muss
auch nach dem Blitz der Schwerpunkt am
selben Ort bleiben, der Gesamtimpuls bleibt
erhalten. Deshalb muss sich der Wagen ein
klein wenig nach links bewegen mit einer Geschwindigkeit v = −p/M = −E/Mc.
Weil diese Geschwindigkeit sehr klein ist im Vergleich zur Lichtgeschwindigkeit,

v ≪ c, erreicht der Lichtblitz die rechte Wand nach einer Zeit ∆t = L/c,
während der sich der Wagen lediglich um ∆x = v∆t = −EL/Mc 2 nach links
bewegt hat. Erreicht der Blitz die rechte Wand, so hält der Wagen an. Damit
der Schwerpunkt unbewegt bleibt, muss dem Licht eine Masse m zugeschrieben
werden!
mL + M∆x = 0.
Daraus folgt
mL − MEL/Mc 2 = 0, =⇒ E = mc 2 .
Setzen wir darin nun unseren Ausdruck für die Masse ein, so finden wir
E =
m 0 c 2
√
1 − v2 /c 2 = m 0c 2 − (m(v) − m 0 )c 2 ,
wobei der erste Term dies sog.Ruheenergie und der zweite die eigentliche

kinetische Energie ist. Für diese gilt mit einer Potenzreihenentwicklung für γ
E kin = (m(v) − m 0 ) c 2 = 1 2 m 0v 2 + 3 8 m v 4
0
c 2 + . . .
Für kleine Geschwindigkeiten v ≪ c finden wir den klassischen Ausdruck wieder.
Für richtige Rechnungen ist es oft nützlicher, die Energie-Impuls Beziehung zu
kennen:
√
E = c m 2 0 c2 + p 2 .

Relativistische Kraft
Wir nehmen den relativistischen Impuls p = γm 0 v und das zweite Newtonsche
Gesetz und erhalten
⃗F =
( )
d⃗p
dt = d dt (m⃗v) = d m 0 ⃗v
√ ,
dt 1 − v2 /c 2
=
(
d m
√ 0
)⃗v + m⃗a.
dt 1 − v2 /c 2
Die innere Ableitung in der Klammer wird mit d/dt = (dv/dt)(d/dv) durch-

geführt:
(
m ) 0 v/c
2
a
⃗F =
(1 − v 2 /c 2 3/2⃗v
+ m⃗a,
)
{ ( ) }
v
= γ 3 2⃗v
m 0 a
c 2 v + 1 − v2 ⃗a
c 2 .
a
Die Kraft hat also nicht nur eine Komponente in Beschleunigungsrichtung
⃗a/a, sondern auch in Geschwindigkeitsrichtung ⃗v/v! Diese wird aber für kleine
Geschwindigkeiten v ≪ c vernachläßigbar.