Huckepack
Halten Sie einige Dezimeter über einem Tisch zwei möglichst verschieden große hochelastische (massive Flummi-)Bälle so, dass der leichtere in losem Kontakt genau über den anderen ist, und lassen Sie dann beide zugleich fallen. Wie hoch kann der leichtere maximal aufsteigen? Gehen Sie dabei bitte von vollkommener Elastizität aus.
Wir nennen die Geschwindigkeit, mit der beide Bälle den Tisch erreichen, –v (Minus, weil nach unten). Relativ zum gemeinsamen Schwerpunkt von Erde und großem Ball ist die Geschwindigkeit sehr genau die gleiche. Der Ball wird also mit +v nach oben reflektiert.
Nun treffen beide Bälle zusammen, von der Erde aus gesehen mit +v und –v, von ihrem gemeinsamen Schwerpunkt aus gesehen aber der große mit (fast) 0, und der kleine mit –2v, denn der große bestimmt fast allein diesen Schwerpunkt. Nach diesem zweiten Stoß hat der große immer noch 0 (sozusagen gegen sich selbst gemessen), und der kleine hat +2v, aber wohlgemerkt vom großen aus gemessen. Relativ zur Erde sind das aber +3v. Damit kann man bis zur 9-fachen Starthöhe (vom Tisch aus gerechnet) springen, denn die Bewegungsenergie hängt quadratisch von der Geschwindigkeit ab, die Höhenenergie aber ziemlich genau linear von der Höhe (denn wir ändern den Abstand vom Erdmittelpunkt nur in der 7. Dezimalstelle). Der schwere Ball springt dagegen fast so hoch, als hätte er nie etwas mit dem leichten zu tun gehabt. Natürlich nur, wenn das Massenverhältnis "sehr" groß ist, theoretisch sozusagen unendlich.
Dazu ein Video:
Der Versuch gehört zu denen, die gleichermaßen einfach durchzuführen, verblüffend anzusehen und grundlegend lehrreich sind. Großtechnisch kommt er in einer gewissen Variation als Swingby in der Raumfahrt vor.
Zusatzfrage
Gibt es ein Massenverhältnis, bei dem der schwerere überhaupt nicht hoch springt, obwohl alles voll elastisch vor sich geht?
Die Massen seien \(m\) und \(M\) (in nahe liegender Zuordnung). Der Schwerpunkt wandert dann nach dem ersten Stoß mit \(v_s=(M-m) \cdot v / (M+m) \) nach oben, relativ zu ihm hat der große Ball \(v – v_s\) vor dem zweiten Stoß und nach diesem \(v_s-v\). Relativ zum Tisch (bzw. zum Planeten Erde) ist das \(v – 2v_s\), und wir haben uns gewünscht, dass das 0 wird. Also muss \((M – m)/(M + m) = 1/2\) sein. Daher ist \(M = 3m\). Für die Geschwindigkeit des kleinen Balls nach beiden Stößen finden wir damit \(+2v\).
Auch die Energiebilanz geht dann auf: Beide Bälle bringen (relativ zum Tisch) \((M + m)\cdot v^2/2 = 2 m v^2\), und die bekommt der kleine ganz für seinen verdoppelten Geschwindigkeitsbetrag.
Dazu ein Video:
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