Freier Fall

Einsteiger

Ein Körper befindet sich im freien Fall, wenn die Schwerkraft die einzige Kraft ist, die zählt. In Erdnähe gewinnt er jede Sekunde etwa 9,81 m/s Abwärtsgeschwindigkeit, egal woraus er besteht. Diese gleichmäßige Zunahme heißt g, die Fallbeschleunigung.

Lass einen Stein von einer hohen Brücke fallen. Nach 1 s fällt er mit etwa 10 m/s, nach 2 s mit etwa 20 m/s, nach 3 s mit etwa 29 m/s: Die Geschwindigkeit steigt jede Sekunde um den gleichen Betrag.

Kurze Kontrolle: Wie schnell ist er nach 5 s ungefähr? (Etwa 49 m/s.)

Die Strecke wächst schneller als die Geschwindigkeit, weil der Stein aus der Ruhe startet. In der ersten Sekunde beträgt seine mittlere Geschwindigkeit nur etwa 4,9 m/s, also fällt er etwa 4,9 m; nach zwei Sekunden ist er 19,6 m gefallen, viermal so weit. In der Animation rücken die blassen Kreise, einer alle halbe Sekunde, immer weiter auseinander.

Warum fallen schwere und leichte Dinge gleich schnell? Die Schwerkraft zieht einen schwereren Körper stärker, aber ein schwererer Körper lässt sich auch schwerer beschleunigen, und zwar genau im gleichen Verhältnis; deshalb heben sich die beiden Effekte auf. In einer Röhre, aus der die Luft abgepumpt wurde, fallen eine Feder und eine Münze nebeneinander. Im Alltag drückt die Luft gegen einen fallenden Körper, immer stärker, je schneller er wird; deshalb nimmt eine Feder oder ein Fallschirm bald nicht mehr an Geschwindigkeit zu.

Die Schwerkraft schaltet auf dem Weg nach oben nicht ab. Ein nach oben geworfener Ball verliert jede Sekunde etwa 9,81 m/s, bleibt oben einen Moment stehen und fällt zurück.

Kurze Kontrolle: Ein Ball verlässt deine Hand senkrecht nach oben mit etwa 20 m/s. Wann hört er auf zu steigen? (Nach etwa 2 s.)

Mittelstufe

Freier Fall und die Wahl des Vorzeichens

Ein Körper befindet sich im freien Fall, wenn nur die Schwerkraft auf ihn wirkt und der Luftwiderstand vernachlässigt wird. Ein nach oben geworfener Ball befindet sich ab dem Moment, in dem er deine Hand verlässt, ebenfalls im freien Fall. In Erdnähe hat jeder frei fallende Körper unabhängig von seiner Masse dieselbe Abwärtsbeschleunigung $g\approx 9,81m/{\mathrm{s}}^2$.

Die Bewegung verläuft auf einer senkrechten Linie, daher musst du festlegen, welche Richtung positiv ist. Beim Fallenlassen nimmst du nach unten als positiv und startest die Uhr beim Loslassen: Dann sind die Geschwindigkeit $v$, die Beschleunigung $g$ und die gefallene Strecke $h$ alle positiv. Beim Wurf nimmst du nach oben als positiv: Die Beschleunigung ist dann $-g$, und eine negative Geschwindigkeit bedeutet, dass der Körper nach unten fällt. Mische die beiden Konventionen nie in einer Aufgabe. In den folgenden Formeln ist $h$ die gefallene Strecke; die $h$-Anzeige der Animation zeigt die Höhe über dem Boden.

Eine Beschleunigung für jeden Körper

Im freien Fall ändert sich die Geschwindigkeit jede Sekunde um den gleichen Betrag, $g=\Delta v/\Delta t$: 9,81 m/s Abwärtsgeschwindigkeit pro Sekunde, für eine Münze genauso wie für einen Menschen. Die Schwerkraft zieht mit dem Gewicht $W=mg$, das proportional zur Masse ist, aber die Masse widersetzt sich auch jeder Änderung der Geschwindigkeit, und das newtonsche Grundgesetz liefert $a=W/m=g$. Ein zehnmal schwererer Körper wird zehnmal stärker gezogen und lässt sich auch zehnmal schwerer beschleunigen.

Galilei kam durch reines Nachdenken zum gleichen Ergebnis. Fielen schwere Körper schneller, müsste ein leichter Stein, an einen schweren gebunden, diesen bremsen; das Paar ist aber schwerer als jeder der beiden und müsste noch schneller fallen. Der Widerspruch verschwindet nur, wenn alle Körper gleich fallen. 1971 ließ ein Astronaut der Apollo-15-Mission auf dem luftleeren Mond einen Hammer und eine Falkenfeder fallen, wo $g\approx 1,62m/{\mathrm{s}}^2$ gilt, und beide landeten gemeinsam.

Die Gleichungen des freien Falls

Da $g$ konstant ist, gelten die Gleichungen für konstante Beschleunigung aus „Geradlinige Bewegung“ mit $v_0=0$ und $a=g$, wobei nach unten positiv ist:

• $v=gt$
• $h=\frac{1}{2}g{t}^2\text{(distance fallen from rest)}$
• $v=\sqrt{2gh}$

Die Geschwindigkeit wächst proportional zur Zeit, die Strecke mit dem Quadrat der Zeit: In der doppelten Zeit fällt ein Körper viermal so weit, weil er außerdem schneller wird. Die dritte Gleichung, aus $v^2=2gh$, verknüpft Geschwindigkeit und Höhe ohne die Zeit. Praktische Kontrollwerte: Ein Fall von etwa 5 m dauert 1 s, einer von etwa 20 m dauert 2 s.

Beim Wurf behältst du die Anfangsgeschwindigkeit $v_0$ bei. Mit nach oben positiv und $y$ als Höhe über dem Abwurfpunkt,
$v=v_0-gt\text{(up positive)}$
$y=v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2$
Ein nach oben mit $v_0$ geworfener Ball bleibt nach $v_0/g$ in der Höhe $v_0^2/(2g)$ stehen und ist nach $2v_0/g$ wieder am Abwurfpunkt, nun mit der Geschwindigkeit $v_0$ nach unten: Der Abstieg spiegelt den Aufstieg. Ein Wurf nach unten hat einfach ein negatives $v_0$.

Rechenbeispiel: der Ball in der Animation

Der Ball wird aus der Ruhe $h_0=40\mathrm{m}$ über dem Boden losgelassen und landet, wenn er 40 m gefallen ist:
$t=\sqrt{\frac{2h_0}{g}}=\sqrt{\frac{2\cdot 40}{9,81}}\approx 2,86\mathrm{s}$
$v=gt=9,81\cdot 2,856\approx 28,0m/s$
Die dritte Gleichung bestätigt das ohne die Zeit: $\sqrt{2\cdot 9,81\cdot 40}=\sqrt{784,8}\approx 28,0m/s$, etwa 100 km/h.

Das sind die Anzeigen bei der Landung: $t$ bleibt bei 2,9 s stehen (sie zeigen eine Nachkommastelle) und $v$ bei 28,0 m/s, während die $h$-Anzeige, die Höhe $h_0-\frac{1}{2}g{t}^2$, von 40 m auf 0 herunterläuft. Der blaue $v$-Pfeil wächst jede Sekunde um den gleichen Betrag, und der grüne $g$-Pfeil behält seine Länge während des ganzen Falls.

Zur halben Zeit, bei 1,43 s, ist der Ball erst 10,0 m gefallen, ein Viertel der Fallhöhe, und bewegt sich mit 14,0 m/s; die $h$-Anzeige zeigt 30,0 m. Die halbe Höhe, 20 m, passiert er erst nach 2,02 s mit 19,8 m/s: Die untere Hälfte durchfällt er in weniger als einem Drittel der Zeit. Seine mittlere Geschwindigkeit, $40/2,856\approx 14,0m/s$, ist halb so groß wie die Endgeschwindigkeit.

Rechenbeispiel: ein senkrecht nach oben geworfener Ball

Du wirfst einen Ball mit 12 m/s senkrecht nach oben aus einer Hand, die 1,5 m über dem Boden ist, und trittst dann zur Seite. Wie hoch steigt er, wann ist er wieder auf Handhöhe, und wie schnell landet er? Nimm nach oben als positiv und den Ursprung an der Hand: $v_0=+12m/s$, Beschleunigung $-9,81m/{\mathrm{s}}^2$.

Oben ist $v=0$, also ergibt $0=12-9,81t$ ein $t\approx 1,22\mathrm{s}$, und die gewonnene Höhe ist $v_0^2/(2g)=144/19,62\approx 7,34\mathrm{m}$: Der höchste Punkt liegt 8,84 m über dem Boden. Der Ball ist nach $2v_0/g\approx 2,45\mathrm{s}$ wieder auf Handhöhe und bewegt sich dann mit 12 m/s nach unten. Bei $t=2\mathrm{s}$ ist $v=12-9,81\cdot 2=-7,6m/s$: Das Minuszeichen zeigt, dass er bereits fällt.

Beim Aufprall auf dem Boden ist seine Verschiebung $\Delta y=-1,5\mathrm{m}$. Da die Zeit nicht gebraucht wird, verwende $v^2=v_0^2-2g\Delta y$:
$v^2=12^2-2\cdot 9,81\cdot (-1,5)=144+29,4=173,4{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$
Er landet mit 13,2 m/s nach unten, $v=-13,2m/s$, nach $t=(12+13,2)/9,81\approx 2,57\mathrm{s}$; er ist schneller als beim Abwurf, weil er 1,5 m tiefer endet.

Stroboskopbild und Graphen lesen

Die blassen Kreise zeigen den Ball alle 0,5 s; bei den mit 1 s und 2 s beschrifteten Kreisen ist er 4,9 m bzw. 19,6 m gefallen. Die Abstände zwischen aufeinanderfolgenden Kreisen betragen 1,23, 3,68, 6,13, 8,58 und 11,04 m, im Verhältnis 1 : 3 : 5 : 7 : 9. Das ist Galileis Regel der ungeraden Zahlen: Die Strecke wächst mit $t^2$ (1, 4, 9, 16, 25), und aufeinanderfolgende Quadratzahlen unterscheiden sich um ungerade Zahlen. Jeder Abstand ist $g(\Delta t{)}^2=9,81\cdot 0,5^2\approx 2,45\mathrm{m}$ größer als der vorherige.

Im Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm ist der Fall eine Gerade durch den Ursprung mit der Steigung $g$, und die gefallene Strecke ist die Fläche darunter: Für die Animation ist das ein Dreieck, 2,86 s breit und 28,0 m/s hoch, mit der Fläche $\frac{1}{2}\cdot 2,856\cdot 28,0\approx 40\mathrm{m}$. Das Höhen-Zeit-Diagramm, das in der Expertenstufe gezeigt wird, ist eine Parabel, die flach beginnt und immer steiler wird; ihre Steigung ist die Geschwindigkeit.

Häufige Fehler

• Die Beschleunigung ist oben nicht null: Nur die Geschwindigkeit ist es für einen Augenblick, während die Beschleunigung mit 9,81 m/s² nach unten wirkt und den Ball umkehren lässt. Nach oben mit 19,62 m/s geworfen, bleibt ein Ball nach 2,0 s stehen und kommt nach 4,0 s zum Ausgangspunkt zurück.
• Schwerere Körper fallen nicht schneller: Ohne Luft gewinnen eine 5 kg schwere Kugel und eine 5 g schwere Murmel jede Sekunde beide 9,81 m/s.
• Achte auf den Faktor 2 und die Wurzel in $v=\sqrt{2gh}$: Ein Fall von 20 m ergibt $\sqrt{392,4}\approx 19,8m/s$, nicht 392 oder 196 m/s.
• Verwechsle nicht die gefallene Strecke mit der Höhe über dem Boden: Nach 1 s ist der Ball der Animation 4,9 m gefallen und 35,1 m über dem Boden.

Wo dir das begegnet

Lass ein Lineal zwischen den Fingern eines Freundes fallen: Fällt es 20 cm, bevor er es greift, beträgt seine Reaktionszeit $\sqrt{2\cdot 0,20/9,81}\approx 0,20\mathrm{s}$. Ein Springer von einer 10-m-Plattform erreicht das Wasser nach etwa 1,4 s mit etwa 14 m/s, und wenn du die Zeit misst, bis ein fallen gelassener Stein unten aufschlägt, erhältst du die Tiefe eines Brunnens. Der freie Fall ist außerdem die vertikale Hälfte jedes Wurfs: „Schiefer Wurf“ fügt eine gleichmäßige waagerechte Bewegung hinzu, „Die newtonschen Gesetze“ erklären die Beschleunigung, „Arbeit, Energie und Leistung“ deutet $v^2=2gh$ als Energieerhaltung, und „Strömungswiderstand und Endgeschwindigkeit“ berücksichtigt die Luft.

Fortgeschritten

Trägheit, Gewicht und das Äquivalenzprinzip

Alles in dieser Lektion beruht auf einer experimentellen Tatsache: Im Vakuum fallen alle Körper in Erdnähe mit der gleichen Beschleunigung, unabhängig von Masse oder Material. Dieser Abschnitt zeigt, warum diese Tatsache überraschend ist und wohin sie geführt hat.

Nimm nach oben als positive $y$-Richtung. Das newtonsche Grundgesetz für einen fallenden Körper lautet dann
$m_i\ddot{y}=-m_{g}g$
Hier tauchen zwei verschiedene Massen auf. Links misst die träge Masse $m_i$, wie schwer sich der Körper beschleunigen lässt. Rechts misst die schwere Masse $m_g$, wie stark die Schwerkraft an ihm zieht, so wie eine elektrische Ladung misst, wie stark ein elektrisches Feld zieht; $g$ ist die Stärke des Schwerefelds der Erde in Bodennähe, etwa 9,81 m/s². Nichts in der newtonschen Mechanik verlangt, dass beide Massen gleich sein müssen.

Das Experiment sagt, dass sie gleich sind. Drehwaagen finden das Verhältnis $m_g/m_i$ für verschiedene Materialien bis auf etwa einen Teil in $10^{13}$ gleich, und 2022 erreichte ein Satellit, der Prüfmassen aus Platin- und Titanlegierungen verglich, etwa einen Teil in $10^{15}$. Mit $m_i=m_g$ kürzt sich die Masse auf beiden Seiten heraus, und für jeden Körper bleibt $\ddot{y}=-g$: Die Beschleunigung im freien Fall hängt nicht davon ab, was fällt.

Einstein machte aus dieser Gleichheit ein Prinzip, das Äquivalenzprinzip. Stell dir einen kleinen geschlossenen Kasten vor, der frei fällt. Jeder Gegenstand darin hat die gleiche Beschleunigung wie der Kasten, relativ zum Kasten beschleunigt also nichts: Lose Gegenstände schweben, und kein Experiment im Inneren kann den Fall von einem Schweben weit draußen im leeren Raum unterscheiden. Der Kasten muss klein sein, damit $g$ in ihm überall dieselbe Größe und Richtung hat. Das Äquivalenzprinzip ist der Ausgangspunkt der allgemeinen Relativitätstheorie, in der die Schwerkraft zur Geometrie der Raumzeit wird.

Deshalb schweben Astronauten. In der Flughöhe einer Raumstation von etwa 400 km ist $g$ immer noch etwa 8,7 m/s², fast 90 % seines Wertes am Boden. Die Schwerkraft ist nicht abgeschaltet: Besatzung und Station fallen gemeinsam, daher drückt keines auf das andere.

Integration der Bewegungsgleichung

Ohne die Masse folgt die ganze Bewegung aus $a_y=-g$. Zwei Integrationen liefern Geschwindigkeit und Position, und ein weiterer Schritt liefert die Energie.

Nimm nach oben als positiv und starte die Uhr beim Loslassen, $t=0$, wenn der Körper auf der Höhe $h_0$ die vertikale Geschwindigkeit $v_0$ hat. Da $a_y=d{v}_y/dt=-g$ konstant ist, liefert eine Integration die Geschwindigkeit; da $v_y=dy/dt$ gilt, liefert eine zweite die Position:
$v_y(t)=v_0+{\int }_0^t(-g)d{t}^{\prime }=v_0-gt$
$y(t)=h_0+{\int }_0^t{v}_y(t^{\prime })d{t}^{\prime }=h_0+v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2$
Jede Integration bringt eine Konstante mit, die durch den Anfangszustand bestimmt ist: $v_0$ bei der ersten, $h_0$ bei der zweiten. Die Schwerkraft selbst liefert nur den Term $-\frac{1}{2}g{t}^2$, der den Graphen von $y(t)$ zu einer Parabel krümmt, und sie krümmt jeden Fall auf die gleiche Weise.

In der Animation wird der Ball aus der Ruhe, $v_0=0$, bei $h_0=40\mathrm{m}$ losgelassen. Er erreicht den Boden, $y=0$, wenn $\frac{1}{2}g{T}^2=h_0$ gilt, also bei
$T=\sqrt{\frac{2h_0}{g}}=\sqrt{\frac{2\cdot 40}{9,81}}\approx 2,86\mathrm{s}$
Seine Geschwindigkeit ist dann $v_y=-gT\approx -28,0m/s$; das Minuszeichen bedeutet nach unten.

Oft spielt die Zeit keine Rolle, sondern nur, wie die Geschwindigkeit von der Höhe abhängt. Die Kettenregel eliminiert $t$: $a_y=d{v}_y/dt=(d{v}_y/dy)(dy/dt)=v_{y}d{v}_y/dy$. Also $v_{y}d{v}_y=-gdy$, und Integration ab dem Loslassen ergibt
$v_y^2=v_0^2-2g(y-h_0)$
Mit $m/2$ multiplizieren und umformen: $\frac{1}{2}m{v}_y^2+mgy=\frac{1}{2}m{v}_0^2+mg{h}_0$. Die linke Seite, kinetische plus potenzielle Energie, behält ihren Anfangswert: Die Energie bleibt erhalten. Jedes Kilogramm des Balls der Animation beginnt mit $g{h}_0=9,81\cdot 40=392,4J/kg$ potenzieller Energie und landet mit $\frac{1}{2}{v}_y^2=\frac{1}{2}\cdot 784,8=392,4J/kg$ kinetischer Energie.

Geschwindigkeits- und Höhendiagramm lesen

Die beiden Formeln sind am leichtesten als Diagramme zu verstehen. Steigungen und Flächen darin abzulesen ist die schnellste Kontrolle jeder Bewegung mit konstanter Beschleunigung.

Legende

$t$	Zeit seit dem Loslassen.	$\mathrm{s}$
$T$	Zeitpunkt des Aufpralls, mit dem der Fall endet.	$\mathrm{s}$
$v_y$	Vertikale Geschwindigkeit, nach oben positiv: die Höhe der oberen Linie und die Steigung der Tangente an $h(t)$.	$m/s$
$gT$	Im ganzen Fall gewonnene Geschwindigkeit; die obere Linie endet bei $v_y=-gT$.	$m/s$
$\Delta t$	Ein beliebiges Zeitintervall: die waagerechte Kathete des Steigungsdreiecks.	$\mathrm{s}$
$\Delta v_y$	Änderung von $v_y$ über $\Delta t$: die senkrechte Kathete. Die Steigung ist $\Delta v_y/\Delta t=-g$.	$m/s$
$\Delta h$	Höhenänderung im gesamten Fall: die vorzeichenbehaftete Fläche zwischen der $v_y$-Linie und der $t$-Achse.	$\mathrm{m}$
$h$	Höhe über dem Boden.	$\mathrm{m}$
$h_0$	Loslasshöhe bei $t=0$.	$\mathrm{m}$

Abbildung 1 zeigt den Fall der Animation als zwei Diagramme übereinander auf derselben Zeitachse $t$. Die senkrechte gestrichelte Linie beim Aufprallzeitpunkt $T\approx 2,86\mathrm{s}$ verbindet sie.

Schau zuerst auf das obere Diagramm, $v_y(t)=-gt$: eine Gerade von null nach unten bis $-gT\approx -28,0m/s$. Ihre Steigung ist die Beschleunigung. Das kleine Dreieck zeigt, dass sich die Geschwindigkeit über jedes Intervall $\Delta t$ um $\Delta v_y=-g\Delta t$ ändert, und die Steigung der ganzen Geraden, $-28,01/2,856\approx -9,81m/{\mathrm{s}}^2$, ist $a_y=-g$. Da die Steigung überall gleich ist, ist es auch die Beschleunigung: Im Diagramm bedeutet konstante Beschleunigung eine gerade Geschwindigkeitslinie.

Betrachte nun das schraffierte Dreieck zwischen der Linie und der Zeitachse. Seine Fläche ist die Höhenänderung $\Delta h$, denn jeder dünne senkrechte Streifen hat die Breite $dt$ und die Höhe $v_y$, und $v_{y}dt$ ist die in dieser Zeit zurückgelegte Strecke. Das Dreieck liegt unterhalb der Achse, daher zählt seine Fläche negativ: $\Delta h=\frac{1}{2}\cdot 2,856\cdot (-28,0)\approx -40\mathrm{m}$, der gesamte Fall.

Das untere Diagramm ist die Höhe $h(t)$, die während des Falls $y(t)=h_0-\frac{1}{2}g{t}^2$ ist: eine nach unten geöffnete Parabel. Ihre Steigung zu jedem Zeitpunkt ist das aktuelle $v_y$, abzulesen am oberen Diagramm. Beim Loslassen ist $v_y=0$, daher startet die Kurve bei $h_0=40\mathrm{m}$ waagerecht. Beim Aufprall ist $v_y=-28,0m/s$, daher ist die Kurve dort am steilsten; die bei $T$ eingezeichnete Tangente, mit $v_y$ beschriftet, hat die Steigung $-gT$, also den Wert, bei dem die obere Linie endet. Die Änderungsrate der Steigung, die Krümmung der Kurve, ist die zweite Ableitung, $-g$ durchgehend.

Die Parabel zeigt auch, wie ungleich der Fall seine Zeit verbringt. Zur halben Zeit, $T/2=1,43\mathrm{s}$, ist der Ball erst $\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot 1,428^2=10,0\mathrm{m}$ gefallen und steht noch bei 30 m, drei Viertel der Höhe; die restlichen 30 m legt er in der zweiten Zeithälfte zurück. Bei $T$ enden beide Diagramme: Der Boden drückt zurück, und der freie Fall ist vorbei.

Woher g kommt

Bisher war $g$ eine gegebene Zahl. Das newtonsche Gravitationsgesetz erklärt seinen Wert und zeigt, warum er nur näherungsweise konstant ist.

Eine kugelförmige Erde mit der Masse $M$ und dem Radius $R$ zieht einen Körper der Masse $m$ an ihrer Oberfläche mit der Kraft $GMm/R^2$ an, als säße ihre gesamte Masse im Mittelpunkt. Division durch $m$ ergibt die Beschleunigung
$g=\frac{GM}{R^2}$
Mit $G=6,674\times 10^{-11}\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2/k{\mathrm{g}}^2$, $M=5,97\times 10^{24}\mathrm{kg}$ und $R=6371\mathrm{km}$ ergibt sich 9,82 m/s². Der gemessene Wert weicht von Ort zu Ort leicht ab, weil sich die Erde dreht, an den Polen abgeplattet ist und im Inneren nicht gleichmäßig aufgebaut ist.

In einer Höhe $h$ über der Oberfläche beträgt der Abstand zum Mittelpunkt $R+h$, daher wird $g$ zu $GM/(R+h{)}^2\approx (GM/R^2)(1-2h/R)$ für $h\ll R$: kleiner um einen Bruchteil von etwa $2h/R$. Für die 40 m der Animation ist dieser Bruchteil $80/(6,371\times 10^6)\approx 1,3\times 10^{-5}$, etwa 13 Millionstel. Deshalb wirkt $g$ konstant: Alltägliche Höhen sind klein gegenüber $R$.

Eine Umlaufbahn ist ein Fall, der den Boden ständig verfehlt

Dasselbe $g$, das einen fallen gelassenen Ball nach unten bringt, hält auch einen Satelliten oben. Abbildung 2 zeigt wie, durch den Vergleich zweier kleiner Strecken.

Legende

$O$	Mittelpunkt der Erde.
$R$	Radius der Erde.	$\mathrm{m}$
$\vec{v}$	Geschwindigkeit am Anfang, waagerecht, entlang der Tangente.	$m/s$
$vt$	Strecke auf der Geraden in der Zeit $t$, ohne Schwerkraft.	$\mathrm{m}$
$\vec{g}$	Fallbeschleunigung, zum Mittelpunkt $O$ zeigend.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\frac{1}{2}g{t}^2$	Strecke, um die die Schwerkraft den Ball in der Zeit $t$ unter die Gerade zieht.	$\mathrm{m}$

In Abbildung 2 wird ein Ball knapp über dem Boden mit der Geschwindigkeit $\vec{v}$ waagerecht geworfen. Ohne Schwerkraft würde er sich auf der gestrichelten Geraden bewegen, einer Tangente an die Erde, und nach kurzer Zeit $t$ wäre er am blassen Ball, im Abstand $vt$ von seinem Start. Die Schwerkraft fügt eine Verschiebung von etwa $\frac{1}{2}g{t}^2$ zum Mittelpunkt $O$ hin hinzu, das goldene Segment. Nach der Zeit $t$ ist der Ball also nicht am blassen Ball, sondern am ausgefüllten Ball direkt darunter, auf der gekrümmten Bahn; dort zeigt der Pfeil $\vec{g}$ auf $O$.

Auch der Boden fällt von der gestrichelten Linie weg, weil die Erde rund ist. Die Tangente steht senkrecht auf dem Radius $R$, daher ist nach dem Satz des Pythagoras ein Punkt im Abstand $x$ auf ihr von $O$ um $\sqrt{R^2+x^2}$ entfernt, und seine Höhe über der Oberfläche ist
$\sqrt{R^2+x^2}-R\approx \frac{x^2}{2R}$
für $x\ll R$. Mit $x=vt$ liegt der Boden $(vt{)}^2/(2R)$ unter der Geraden.

Vergleiche nun die beiden Absenkungen. Fällt der Ball weniger als der Boden, entfernt er sich vom Boden; fällt er mehr, landet er; fällt er genau gleich viel, bleibt er in der gleichen Höhe über dem Boden. Da dies an jedem Punkt seiner Bahn gilt, kreist er dann ewig. Die Bedingung lautet
$\frac{1}{2}g{t}^2=\frac{(vt{)}^2}{2R}$
Die Zeit kürzt sich heraus und es bleibt $v^2/R=g$: Die Schwerkraft liefert genau die Zentripetalbeschleunigung $v^2/R$, die ein Kreis mit dem Radius $R$ braucht. In Erdnähe ergibt das $v=\sqrt{gR}=\sqrt{9,81\cdot 6,371\times 10^6}\approx 7,9km/s$. Eine Umlaufbahn ist freier Fall mit genügend seitlicher Geschwindigkeit, damit der Boden darunter ständig wegkrümmt.

Die gleiche Überlegung bestand auch Newtons entscheidende Prüfung: der Mond. Nimmt die Schwerkraft mit $1/r^2$ ab, wobei $r$ der Abstand vom Mittelpunkt ist, dann sollte sie in der Mondentfernung von etwa 60 Erdradien eine Beschleunigung von $g/60^2\approx 2,7\times 10^{-3}m/{\mathrm{s}}^2$ ergeben. Der Mond umkreist die Erde tatsächlich in 384.000 km Entfernung einmal in 27,3 Tagen, was eine Zentripetalbeschleunigung von $2,72\times 10^{-3}m/{\mathrm{s}}^2$ erfordert: Beides stimmt überein. In einer Sekunde fällt der Mond $\frac{1}{2}\cdot 2,72\times 10^{-3}\cdot 1^2\approx 1,4\times 10^{-3}\mathrm{m}$, also etwa 1,4 mm, unter die Gerade, der er sonst folgen würde. Das ist das $\frac{1}{2}g{t}^2$ aus Abbildung 2 mit dem viel kleineren $g$ des Mondes; ein Apfel in Bodennähe fällt in derselben Sekunde 4,9 m.

Fall durch die Luft

In der Luft gilt die Regel, dass alle Körper gleich fallen, nicht mehr, und zwar auf vorhersagbare Weise. Abbildung 3 zeigt den Effekt, bevor die Gleichungen ihn erklären.

Legende

$t$	Zeit seit dem Loslassen.	$\mathrm{s}$
$v$	Geschwindigkeit des Balls, nach unten gemessen.	$m/s$
$gt$	Geschwindigkeit nach der Zeit $t$ ohne Luft: die gestrichelte Gerade.	$m/s$
$v_t$	Endgeschwindigkeit des leichteren Balls. Die des schwereren ist $2v_t$, da $v_t\propto \sqrt{m}$ gilt.	$m/s$
$m$	Masse des leichteren Balls; der schwerere hat $4m$.	$\mathrm{kg}$

Abbildung 3 zeigt die Geschwindigkeit $v$ über der Zeit $t$ für zwei Bälle gleicher Größe und Form, einer mit der Masse $m$ und einer mit der Masse $4m$. Die gestrichelte Gerade ist $v=gt$, der Fall ohne Luft. Beide Kurven verlaufen anfangs entlang dieser Geraden, weil bei geringer Geschwindigkeit der Luftwiderstand vernachlässigbar ist. Dann biegen sie ab und flachen zu ihren jeweiligen Endgeschwindigkeiten ab, die durch die waagerechten gestrichelten Linien markiert sind: $v_t$ für den leichteren Ball und $2v_t$ für den schwereren. Der schwerere Ball folgt der Geraden länger und erreicht am Ende die doppelte Geschwindigkeit. Der Rest dieses Abschnitts leitet die Kurven und den Faktor 2 her.

Der Luftwiderstand ist die Kraft, die die Luft auf einen sich durch sie bewegenden Körper ausübt; er wirkt der Bewegung entgegen und wächst mit der Geschwindigkeit. Für alltägliche Größen und Geschwindigkeiten gilt näherungsweise
$F_d=\frac{1}{2}\rho C_{d}A{v}^2$
Dabei ist $\rho$ die Dichte der Luft, $A$ die der Strömung zugewandte Querschnittsfläche und $C_d$ der Widerstandsbeiwert, eine reine Zahl, die von der Form abhängt, für eine Kugel etwa 0,5. Für Staub- und Nebeltröpfchen, die winzig und langsam sind, ist der Luftwiderstand stattdessen proportional zu $v$.

Nimm nach unten als positiv. Das zweite newtonsche Gesetz lautet, mit der nach unten ziehenden Gewichtskraft und dem nach oben drückenden Luftwiderstand,
$m\frac{dv}{dt}=mg-\frac{1}{2}\rho C_{d}A{v}^2$
Am Anfang ist $v=0$, der Luftwiderstand null und die Beschleunigung $g$. Mit wachsender Geschwindigkeit holt der Luftwiderstand die Gewichtskraft ein, und die Beschleunigung nimmt ab. Die Geschwindigkeit nähert sich dem Wert, bei dem sich beide Kräfte aufheben und $dv/dt=0$ gilt, der Endgeschwindigkeit:
$v_t=\sqrt{\frac{2mg}{\rho C_{d}A}}$

Mit $v_t$ geschrieben lautet die Bewegungsgleichung $dv/dt=g(1-v^2/v_t^2)$. Ihre Lösung aus der Ruhe ist
$v(t)=v_t\tanh \left(\frac{gt}{v_t}\right)$
Du kannst das durch Ableiten prüfen: Da $d(\tanh x)/dx=1-{\tanh }^{2}x$ gilt, ist die Ableitung $g(1-v^2/v_t^2)$. Für kleine $t$ gilt $\tanh x\approx x$ und $v\approx gt$, die Gerade ohne Luft; für $t\gg v_t/g$ geht $\tanh \to 1$ und $v\to v_t$. Also ist $v_t/g$ die Zeitskala, auf der die Kurve abflacht.

Um die Geschwindigkeit nach einem Fall über eine Strecke $s$ zu erhalten, verwende wieder die Kettenregel: $dv/dt=vdv/ds=\frac{1}{2}d(v^2)/ds$. Die Gleichung für $v^2$ lautet dann
$\frac{d(v^2)}{ds}=2g\left(1-\frac{v^2}{v_t^2}\right)$
Daher nähert sich $v^2$ exponentiell $v_t^2$, über eine Streckenskala $v_t^2/(2g)$:
$v^2=v_t^2\left(1-e^{-2gs/v_t^2}\right)$
Bei einem kurzen Fall, $s\ll v_t^2/(2g)$, liegt die Exponentialfunktion nahe bei $1-2gs/v_t^2$, und das Ergebnis geht in das luftlose $v^2=2gs$ über.

Nun zum Faktor 2. Bei fester Größe und Form sind $\rho$, $C_d$ und $A$ für beide Bälle gleich, also gilt $v_t\propto \sqrt{m}$: Die vierfache Masse ergibt die doppelte Endgeschwindigkeit. Außerdem verdoppelt sich die Zeitskala $v_t/g$, daher bleibt der schwerere Ball doppelt so lange nahe bei $v=gt$. Das ist die zweite Kurve in Abbildung 3.

Lass einen Tennisball, den leichteren Ball aus Abbildung 3, aus den 40 m der Animation fallen. Nimm $m=57\mathrm{g}$, einen Durchmesser von 6,7 cm (also $A=\pi \cdot 0,0335^2\approx 3,53\times 10^{-3}{\mathrm{m}}^2$), $C_d\approx 0,55$ und $\rho =1,2kg/{\mathrm{m}}^3$. Seine Endgeschwindigkeit beträgt
$v_t=\sqrt{\frac{2\cdot 0,057\cdot 9,81}{1,2\cdot 0,55\cdot 3,53\times 10^{-3}}}\approx 22m/s$
Er landet mit 19,7 m/s nach 3,26 s, statt mit 28,0 m/s nach 2,86 s ohne Luft. Ein gleich großer Ball mit der vierfachen Masse hat die doppelte Endgeschwindigkeit, etwa 44 m/s, und landet mit 25,4 m/s nach 2,95 s. Die Luft trennt schwere von leichten Körpern also doch, und zwar über $v_t\propto \sqrt{m}$ bei fester Größe und Form.

Zum Vergleich: Ein Fallschirmspringer in Bauchlage erreicht etwa 55 m/s (etwa 200 km/h), ein 1 mm großer Regentropfen etwa 4 m/s. Bei der Endgeschwindigkeit ist die Beschleunigung null, nicht $g$: Der Körper fällt mit konstanter Geschwindigkeit, weil der Luftwiderstand die Gewichtskraft aufhebt.

Rechenbeispiel: die Begegnung mit dem fallenden Ball

In dem Augenblick, in dem der Ball der Animation aus 40 m losgelassen wird, wird ein zweiter Ball vom Boden direkt darunter senkrecht nach oben mit 28,0 m/s geworfen, der Geschwindigkeit, mit der der erste landet. Wann und wo treffen sie sich?

Legende

$t$	Zeit seit dem Loslassen des ersten Balls.	$\mathrm{s}$
$T$	Zeitpunkt, zu dem der erste Ball landet und der zweite seinen höchsten Punkt erreicht.	$\mathrm{s}$
$\frac{T}{2}$	Zeitpunkt, zu dem sich die Bälle treffen.	$\mathrm{s}$
$y$	Höhe über dem Boden, nach oben positiv.	$\mathrm{m}$
$h_0$	Loslasshöhe des ersten Balls und der höchste Punkt des Flugs des zweiten Balls.	$\mathrm{m}$
$\frac{3}{4}{h}_0$	Höhe, in der sich die Bälle treffen.	$\mathrm{m}$
$y_1$	Höhe des fallen gelassenen Balls.	$\mathrm{m}$
$y_2$	Höhe des vom Boden nach oben geworfenen Balls.	$\mathrm{m}$

Abbildung 4 trägt beide Höhen über der Zeit auf, mit nach oben positiv und dem Ursprung am Boden. Der erste Ball wird aus $h_0$ fallen gelassen; der zweite wird mit $v_0=28,0m/s$ nach oben geworfen:
$y_1=h_0-\frac{1}{2}g{t}^2,y_2=v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2$
Verfolge $y_1$: Es startet bei $h_0$ mit einer waagerechten Tangente und erreicht den Boden bei $T$. Verfolge $y_2$: Es startet am Boden, und da $v_0=gT$ gilt, fällt seine Geschwindigkeit $v_0-gt$ genau bei $T$ auf null. Der zweite Ball erreicht also bei $T$ den höchsten Punkt seines Flugs, in der Höhe $v_{0}T-\frac{1}{2}g{T}^2=\frac{1}{2}g{T}^2=h_0$, wo der erste Ball gestartet ist.

Die beiden Kurven sind spiegelbildlich zueinander an der gestrichelten Linie bei $T/2$: $y_2(t)=y_1(T-t)$. Zur Kontrolle setze $h_0=\frac{1}{2}g{T}^2$ ein: Dann ist $y_1(T-t)=h_0-\frac{1}{2}g(T-t{)}^2=gTt-\frac{1}{2}g{t}^2$, und das ist $y_2(t)$. Die Bälle treffen sich dort, wo sich die Kurven schneiden, und wegen der Symmetrie liegt dieser Schnittpunkt auf der gestrichelten Linie.

Die Rechnung ist noch kürzer. Die Terme $\frac{1}{2}g{t}^2$ sind identisch, daher kürzen sie sich aus dem Abstand zwischen den Bällen heraus: $y_1-y_2=h_0-v_{0}t$. Der Abstand schließt sich mit konstant 28,0 m/s, als gäbe es keine Schwerkraft, und wird bei $t=h_0/v_0=40/28,01\approx 1,43\mathrm{s}$ null, genau $T/2$.

In diesem Moment befinden sich beide Bälle bei $y=40-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot 1,428^2=30,0\mathrm{m}$, der in Abbildung 4 markierten Höhe $\frac{3}{4}{h}_0$. Der erste Ball bewegt sich mit $gT/2=14,0m/s$ nach unten, der zweite mit $28,0-14,0=14,0m/s$ nach oben. Die gleichen Geschwindigkeiten sind kein Zufall: Der Flug des zweiten Balls ist der des ersten rückwärts abgespielt, was die Spiegelsymmetrie in Abbildung 4 aussagt.

Ein langsamerer Wurf trifft später und tiefer. Die Trefferzeit $h_0/v_0$ darf nicht größer sein als die 2,86 s, die der erste Ball zum Aufprall braucht; der Wurf braucht also mindestens $v_0=h_0/T=14,0m/s$, die mittlere Geschwindigkeit des Falls; bei genau dieser Geschwindigkeit erreichen beide Bälle gemeinsam den Boden.

Vom ersten Ball aus gesehen ist die Schwerkraft verschwunden: Beide Bälle haben die gleiche Beschleunigung $-g$, daher nähert sich der zweite Ball im Bezugssystem des frei fallenden ersten Balls auf einer Geraden mit konstanter Geschwindigkeit $v_0$. Hier wirkt das Äquivalenzprinzip des ersten Abschnitts. Die gleiche Überlegung erklärt, warum in „Schiefer Wurf“ ein Pfeil, der genau auf ein Ziel gerichtet ist, das im Moment des Abschusses fallen gelassen wird, unabhängig von seiner Abschussgeschwindigkeit trifft, sofern er ankommt, bevor das Ziel landet.

Grenzen des Modells

Das ideale Modell des freien Falls macht drei Annahmen: $g$ ist konstant, es gibt keine Luft, und die Erde dreht sich nicht. Die Zahlen oben zeigen, wie weit jede davon gilt.

Ein konstantes $g$ ist bei einem Fall von 40 m ausgezeichnet, wo sich $g$ um 13 Millionstel ändert. Ein Fall aus Bahnhöhen erfordert dagegen $g=GM/r^2$ für jeden Abstand $r$ vom Mittelpunkt. Die Vernachlässigung der Luft ist nur solange in Ordnung, wie $v\ll v_t$ gilt: Aus 40 m landet der schwerere Ball 9 % unter der idealen Geschwindigkeit von 28,0 m/s, der Tennisball 30 %.

Die Erdrotation macht den Boden zu einem leicht nichtinertialen Bezugssystem, das selbst beschleunigt. Ein Teil der Schwerkraft wird benötigt, um den Boden auf seiner täglichen Kreisbahn zu halten, was das wirksame $g$ am Äquator um bis zu 0,034 m/s² verringert. Zusammen mit der Abplattung der Erde bewirkt das, dass $g$ von 9,78 m/s² am Äquator bis 9,83 m/s² an den Polen reicht. Die Rotation lenkt einen Fall außerdem nach Osten ab: Die Spitze eines Turms bewegt sich etwas schneller nach Osten als sein Fuß, und ein Ball, der von dort fallen gelassen wird, behält diese zusätzliche Geschwindigkeit. Der Ball der Animation würde, bei 45° geografischer Breite losgelassen, etwa 4 mm östlich des Punktes unmittelbar unter seinem Startpunkt landen.

Die Relativitätstheorie fügt bei diesen Geschwindigkeiten nur winzige Korrekturen hinzu: Bei 28 m/s ist $v^2/c^2\approx 9\times 10^{-15}$. Die Schwerkraft beeinflusst auch die Zeit selbst: Eine Uhr 40 m höher läuft um den Bruchteil $gh/c^2\approx 4,4\times 10^{-15}$ schneller als eine am Boden. Diese Verschiebung wurde zuerst um 1960 mit Gammastrahlen gemessen, die einen 22,5 m hohen Turm hinaufgeschickt wurden, und optische Uhren weisen sie heute bei Höhenunterschieden von weniger als einem Meter nach.

Wohin das führt

Der freie Fall hängt mit fast der gesamten Mechanik zusammen. „Schiefer Wurf“ kombiniert ihn mit einer gleichförmigen waagerechten Bewegung; „Die newtonschen Gesetze“ erklären die Beschleunigung als Gewicht geteilt durch Masse; „Arbeit, Energie und Leistung“ deutet $v^2=2gh$, die Geschwindigkeit nach einem Fall aus der Ruhe über die Höhe $h$, als $mgh=\frac{1}{2}m{v}^2$. „Gravitation und Umlaufbahnen“ erweitert $g=GM/r^2$ auf Planeten und Satelliten, „Strömungswiderstand und Endgeschwindigkeit“ behandelt die Luft richtig, und „Harmonische Schwingung“ zeigt, wie die Periode eines Pendels von $g$ abhängt; so hat man $g$ über Jahrhunderte gemessen. „Gravitation als gekrümmte Raumzeit“ baut eine ganze Theorie auf der Tatsache auf, dass alle Körper gleich fallen.