Die Holzbrücke

[Cujo]

Luca Lettieri ist auf der Flucht. Er hat dem Mafiaboss Carlo Corleone 2 goldene Kugeln gestohlen. Der möchte die natürlich wiederhaben und lässt Luca unerbittlich durch seine Männer verfolgen. Kurz bevor sie ihn einholen, gelangt Luca an eine Holzbrücke mit einer max. Tragkraft von 76 kg. Luca selbst wiegt 70 kg und die goldenen Kugeln wiegen je 5 kg.

Wie kann er die Brücke sicher überqueren, wenn diese selbst bei einer noch so kleinen Überschreitung der max. Tragkraft sofort einstürzen würde?

Hinweis: Der Vorsprung, den er vor seinen Verfolgern hat, reicht leider nicht aus um die Kugeln einzeln über die Holzbrücke zu transportieren.

[Lotsen]

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Luca muss mit den beiden Kugeln jonglieren. Immer wenn sich eine der Kugeln in der Luft befindet, kann er einen Schritt weiter gehen und so sicher über die Brücke kommen.

[Phoenix]

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Luca muss mit den beiden Kugeln jonglieren. Immer wenn sich eine der Kugeln in der Luft befindet, kann er einen Schritt weiter gehen und so sicher über die Brücke kommen.

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Aber jedes Mal, wenn Luca eine Kugel fängt oder abwirft, wirkt eine Kraft auf die Brücke, die über die 70 + 5 kg hinausgeht.

[Kolabord]

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Wenn die Brücke nicht allzu lang ist, kann er auch eine Kugel direkt auf die andere Seite werfen. Die wirkt dann gar nicht auf die Brücke.

[Cujo]

Also...erstmal ist die Lösung von Lotsen richtig

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Aber jedes Mal, wenn Luca eine Kugel fängt oder abwirft, wirkt eine Kraft auf die Brücke, die über die 70 + 5 kg hinausgeht.

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Ich wusste natürlich, dass dieser Einwand kommt und habe deshalb extra das zulässige Maximalgewicht der Brücke um 1 kg höher angesetzt. Wer möchte, kann natürlich jetzt ausrechnen, wie hoch die max. Flughöhe einer Kugel sein darf, damit die Brücke nicht zusammenbricht. Aber das gehört dann eher unter Harte Nüsse

[Friedel]

So wird die Brücke aber in jedem Fall brechen.

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Immer wenn sich eine der Kugeln in der Luft befindet, kann er einen Schritt weiter gehen

Und wenn sich gerade keine Kugel in der Luft befindet, bricht die Brücke. Die Brücke bricht ja nicht, wenn sie mit mehr als 76kg belastet wird und Luca gleichzeitig einen Schritt macht, sondern sie bricht auch, wenn sie überlastet ist und Luca keinen Schritt macht. Wenn Luca die Kugeln so hoch wirft, dass sie so lange in der Luft bleibt, wie er zum abbremsen des Falls und erneuten Werfen der anderen Kugel braucht, hat er natürlich immer nur eine Kugel in der Hand. Aber dann übt er zu jedem Zeitpunkt auf die Kugel, die er gerade in Hand hat, das Doppelte der Gewichtskraft der Kugel aus. Auch dann bricht also die Brücke. Wenn der die Kugel so hoch wirft, dass sie länger fliegt, als er zum Fangen und neu Werfen der anderen Kugel braucht, übt er in der Fang- und Werfzeit sogar noch mehr Kraft auf die Kugel aus. Dann wäre die Brücke kurzzeitig nur mit 70kg belastet, solange er keine Kugel hat. Aber in der anderen Zeit wäre die Last sogar über 80kg. Mit dieser Methode ist es nicht möglich, die Spitzenbelastung der Brücke unter 80kg zu reduzieren.

Wenn sowas möglich wäre, wären längst alle Lkw, Güterzüge usw. mit entsprechenden Werfmaschinen ausgestattet. Man müsste damit ja die Tragkraft von Transportflugzeugen anderen Transportfahrzeugen fast verdoppeln können. Aber es geht leider nicht.

[Phoenix]

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Aber dann übt er zu jedem Zeitpunkt auf die Kugel, die er gerade in Hand hat, das Doppelte der Gewichtskraft der Kugel aus

Wie kommst du genau auf diesen Wert?

Wenn sowas möglich wäre, wären längst alle Lkw, Güterzüge usw. mit entsprechenden Werfmaschinen ausgestattet.

1. geht es nicht nur darum, Gewicht zu sparen, sondern in erster Linie Energie, und in der Hinsicht bringt das nur Nachteile mit sich.
2. waere das viel zu aufwaendig umzusetzen, weil du jegliche Beschleunigungen im Voraus berechnen muesstest.

[Friedel]

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Aber dann übt er zu jedem Zeitpunkt auf die Kugel, die er gerade in Hand hat, das Doppelte der Gewichtskraft der Kugel aus

Wie kommst du genau auf diesen Wert?

Grundbegriffe der Mechanik. Wenn eine Kugel nach oben geworfen wird, wird sie durch die Schwerkraft abgebremst bis ihre Geschwindigkeit 0 ist. Dann wird sie durch die Schwerkraft wieder beschleunigt bis sie wieder gefangen wird. Weder die Anziehungskraft noch die Masse der Kugel ändern sich, und die Kugel wird etwa in der selben Höhe abgeworfen, wie sie wieder gefangen wird. Die Kugel ist also beim Fangen genau so schnell, wie sie beim Abwurf war, wenn man die Luftreibung mal vernachlässigt. Um die Kugel in der selben Zeit wieder auf 0 ab zu bremsen und auf die Abwurfgeschwindigkeit zu beschleunigen, muss man zusätzlich zum Gewicht der Kugel so viel Kraft aufwenden, wie in der Flugphase auf die Kugel gewirkt hat. Man muss also genau die doppelte Gewichtskraft der Kugel aufwenden.

Man könnte es auch genau so einfach durch den Energieerhaltungssatz erklären.

1. geht es nicht nur darum, Gewicht zu sparen, sondern in erster Linie Energie, und in der Hinsicht bringt das nur Nachteile mit sich.

Energie kann man nach den Gesetzen der Physik weder verbrauchen noch sparen. Man kann nur eine Energieform in eine andere umwandeln. Bei der Werferei wird Potentialenergie in kinetische Energie umgwandelt und wieder kinetische Energie in Potentialenergie. Nebenbei wird durch die Reibung in geringem Maß auch noch Wärme erzeugt, durch die etwas mehr Kraft aufgewendet werden muss. Das ganze wird also sehr geringfügig schwerer, beim Werfen und Fangen.

[Otmar]

Hallo,
@Cujo: da hast da ja eine interessantes Diskussion losgetreten:

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Auch nach meiner Rechnung reicht das Reservekilo nicht aus, um den erwarteten Einwand abzuwehren. Schade das wir hier keine Formeln schreiben können, oder geht das irgendwie? Denn für die Rechnung brauchte ich ein Integral. Ich schreib mal Integral[f(x), {x,a,b}] und hoffe, dass die Notation verstanden wird.

Nehmen wir mal an, das Jonglieren geht periodisch. Eine Periode beginnt zur Zeit 0 mit dem Fangen der ersten Kugel (Masse m), die danach zur Zeit t1 abgeworfen wird. Die Periode endet mit dem erneuten Fangen dieser Kugel zur Zeit tp = t1 + t2. Von allen Geschwindigkeiten und Beschleunigungen nehmen wir nur die senkrechte Komponente, da die waagerechten Komponenten nichts zur Kraft auf die Brücke beitragen. Der Betrag der Fang- und Abwurfgeschwindigkeit der Kugel ist gleich (hat Friedel schon gesagt) und sei v. Von t = 0..t1 wird die Kugelgeschwindigkeit durch den Jongleur umgekehrt. Dazu braucht man in dieser Zeit eine ggf. zeitabhängige Verikalbeschleunigung a(t) und die dadurch auf die Brücke wirkende Kraft ist Fw(t) = -m a(t) mit 2v = Integral[a(t), {t, 0, t1}]. Weiterhin wirkt in dieser Zeit auch die Gewichtskraft G = -m g der Kugel auf die Brücke. Nach dem Abwurf der Kugel, belastet die Kugel die Brücke nicht mehr. Der zeitliche Mittelwert der Kraft der Kugel auf die Bücke in einer Periode ist F = 1/tp * Integral[Fw(t) + G, {t, 0, t1}]. Wie lange bleibt die Kugel in der Luft? Sie ist nach t2/2 = v/g am Scheitelpunkt. D.h. 2 v = g t2 = Integral[a(t), {t, 0, t1}] = -Integral[Fw(t), {t, 0, t1}]/m. Dann wird

F = 1/tp * Integral[Fw(t) + G, {t, 0, t1}]
=1/tp * (Integral[Fw(t), {t, 0, t1}] + G t1)
=1/(t1+t2) * (-m g t2 - m g t1)
= -m g
= G

D.h. egal auf welche Art und Weise die Kugel beim Jonglieren umgelenkt wird (elastisch oder unelastisch, schnell oder langsam) der zeitliche Mittelwert der Kugelkraft auf die Brücke ist genau ihre Gewichtskraft.
Da nun mit 2 Kugeln jongliert wird, betrachten wir die mittlere Kraft beider Kugeln in der Periode der ersten Kugel. Auch die zweite Kugel liefert in dieser Periode die gleiche mittlere Kraft, da der Vorgang ja auch für die zweite Kugel mit der Periodendauer tp peridisch ist und wir Mittelwerde periodischer Vorgänge über beliebig verschobene Zeitabschnitte mit der Perioden tp berechnen dürfen. Ein ganz geschickter Jonglierer könnte eventuell die Summe beider Kugelkräfte über der Zeit konstant halten. Dann würde die Brücke konstant mit 80 kg belastet werden. Jeder andere Kraftverlauf muss dazu führen, dass innerhalb eine Periode auch Kräfte auftreten, die einer Belastung der Brücke über 80 kg entsprechen.

Ich schick das schonmal los, nicht das es verloren geht, bevor ich eine neue Lösung versuche.

@Kolabord: Im Kontext "Leichte Kost" halte ich deine Lösung für optimal!

Gruß Otmar

[Otmar]

Also, jetzt noch eine Lösungsversuch:

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Luca hat kurz vor er Brücke in jeder Hand eine Kugel, beide Hände nahe am Boden aber die Kugeln bereits mit einer Anfangsvertikalgeschwindigkeit v anhebend. Sobald er auf die Brücke kommt bremst er die Hebebewegung mit der Bescheunigung a = g (80kg – 76kg) / (2 * 5 kg) = 0.4 g ab. Dadurch üben die Kugeln auf die Brücke eine Kraft aus, die einer Belastung von 6 kg entspricht (Gewichtskraft abzüglich Betrag der Bremskraft), wodurch die Brücke insgesamt mit 76 kg belastet wird. Da auch Körpermasse (Hände, Arme, Oberkörper…) von Luka ähnlich wie die Kugeln bewegt wird, ist die Brückenbelastung kleiner als 76kg. Die Kugelbeschleunigung soll auf der ganzen Brücke konstant gehalten werden. D.h. während Luca mit konstanter Horizontalgeschwindigkeit über die Brücke läuft, bewegen sich die Kugeln auf einer Parabel. Angenommen Luca kann die Kugeln auf der Brücke noch um h = 2 m anheben, seine horizontale Fluchtgeschwindigkeit sei 5 m/s und die Erdbeschleunigung sei mit 10m/s^2 genau genug angesetzt, dann ist a = 4m/s^2 und h = a/2 t^2, wobei t die Zeit ist, die die Kugel bis zum Scheitelpunkt braucht also t = sqrt(2 h / a) = sqrt (2 2 m / (4 m /s^2)) = 1 s. Da Luca 2 t = 2 s auf der Brücke sein darf, müssen wir noch annehmen dass die Brücke nicht länger als 10 m ist oder Luca schneller läuft.
Hätte Cujo als maximale Brückenbelastung 79 kg zugelassen, dann wäre a = 0.1g = 1m/s^2 gewesen und t = sqrt(2 2m / (1 m/s^2)) = 2 s. Dann hätte die Brücke sogar 20 m lang sein dürfen.

Gruß Otmar