Schiefer Wurf

Einsteiger

Ein Projektil ist alles, was geworfen, getreten oder abgeschossen wird und sich danach allein unter der Schwerkraft bewegt: ein Basketball, ein Weitspringer, das Wasser aus einem Gartenschlauch. Seine Bahn ist eine Kurve, die man Parabel nennt.

Der Trick ist, die Bewegung in zwei Teile zu zerlegen. Seitlich wirkt nach dem Loslassen nichts mehr auf den Ball (wenn wir die Luft vernachlässigen), also behält er seine horizontale Geschwindigkeit. Auf und ab wirkt die Schwerkraft genau wie bei einem fallen gelassenen Ball: Sie fügt jede Sekunde 9,81 m/s Geschwindigkeit nach unten hinzu.

Wirf einen Stein waagerecht mit 10 m/s von einer Klippe. Nach 1 s ist er 10 m weit gekommen und etwa 4,9 m gefallen; nach 2 s ist er 20 m weit und etwa 19,6 m gefallen.

Kurzer Check: Wie schnell bewegt er sich nach 2 s nach vorn und wie schnell nach unten? (Immer noch 10 m/s nach vorn; etwa 20 m/s nach unten.)

Weil sich die beiden Bewegungen nicht beeinflussen, treffen eine Münze, die vom Tisch geschnippt wird, und eine Münze, die von derselben Kante fallen gelassen wird, gleichzeitig auf den Boden.

Der Abwurfwinkel ist wichtig. Wirft man zu flach, landet der Ball schnell; wirft man zu steil, fliegt er hoch, aber nicht weit. Auf ebenem Boden und ohne Luft ergibt 45° den weitesten Wurf, und 30° und 60° landen an derselben Stelle.

Newton stellte sich eine Kanone auf einem hohen Berg vor, die immer schneller schießt: Jede Kugel landet weiter weg, bis eine so schnell fällt, wie die runde Erde unter ihr wegkrümmt, und nie landet. Das ist ein Orbit.

Achte in der Animation auf die grauen Punkte, einer alle halbe Sekunde: Seitlich sind sie immer gleich weit voneinander entfernt, senkrecht werden die Abstände auf dem Weg nach oben kleiner und auf dem Weg nach unten größer.

Mittelstufe

Achsen, Komponenten und Vorzeichen

Lege den Ursprung an den Abwurfpunkt, die $x$-Achse waagerecht in Wurfrichtung und die $y$-Achse senkrecht nach oben. Ein Ball, der mit der Geschwindigkeit $v_0$ unter dem Winkel $\theta$ über der Horizontalen abgeworfen wird, hat eine Geschwindigkeit, die die Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks ist, dessen Seiten die Komponenten
$v_x=v_0\cos \theta$
$v_{y0}=v_0\sin \theta$
sind.

Beide sind vorzeichenbehaftet, in Metern pro Sekunde: $v_y>0$ bedeutet steigen, $v_y<0$ fallen. Umgekehrt ergibt sich der Betrag der Geschwindigkeit aus $v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}$. Mit nach oben als positiv ist die vertikale Beschleunigung $-g$, wobei $g=9,81m/{\mathrm{s}}^2$ der Betrag der Fallbeschleunigung ist. Achte darauf, wie der Winkel angegeben ist: Wird er von der Senkrechten aus gemessen, vertauschen sich Sinus und Kosinus.

Zwei unabhängige geradlinige Bewegungen

Sobald der Ball die Hand verlassen hat, wirkt auf ihn – wenn wir die Luft vernachlässigen – nur seine Gewichtskraft, senkrecht nach unten. Nichts drückt ihn seitlich, also ändert sich seine horizontale Geschwindigkeit nie: Die horizontale Bewegung ist gleichförmig. Senkrecht bewegt sich der Ball genau wie ein Ball, der mit $v_0\sin \theta$ senkrecht nach oben geworfen wird, also der in Freier Fall behandelte Fall. Die beiden Bewegungen teilen sich nur die Zeit.

Nach der Zeit $t$ gilt daher:
$x=v_0\cos \theta t$
$v_y=v_0\sin \theta -gt$
$y=v_0\sin \theta t-\frac{1}{2}g{t}^2$

Ein einfacher Test für diese Unabhängigkeit: Schnippe eine Münze vom Tisch, während du gleichzeitig eine andere von derselben Kante fallen lässt. Beide starten mit $v_y=0$ und fallen dieselbe Höhe, also treffen sie gleichzeitig auf den Boden; die geschnippte landet nur weiter draußen.

Flugdauer, Höhe und Reichweite

Auf ebenem Boden ergeben sich die Zeit in der Luft, die Höhe und die Reichweite alle aus der vertikalen Bewegung plus einer Multiplikation. Der Ball steigt, bis $v_y=0$ ist, also bei $t=v_0\sin \theta /g$, und der Abstieg spiegelt den Aufstieg, daher landet er nach der doppelten Zeit. Setzt man die Steigzeit in $y(t)$ ein, erhält man die maximale Höhe; die horizontale Geschwindigkeit mal die Flugdauer ergibt die Reichweite:

• $T=\frac{2v_0\sin \theta }{g}$
• $H=\frac{(v_0\sin \theta {)}^2}{2g}$
• $R=\frac{v_0^2\sin 2\theta }{g}$

Flugdauer und Höhe hängen nur von der vertikalen Komponente $v_0\sin \theta$ ab. Die Reichweite braucht beide Komponenten, $R=v_0\cos \theta \cdot 2v_0\sin \theta /g$, und die Identität $2\sin \theta \cos \theta =\sin 2\theta$ vereinfacht den Ausdruck.

Welcher Winkel wirft am weitesten? Ein steiler Abwurf bleibt lange oben, bewegt sich seitlich aber langsam; ein flacher ist seitlich schnell, landet aber fast sofort. Die Reichweite, also ihr Produkt, ist dazwischen am größten: $\sin 2\theta$ erreicht sein Maximum 1 bei $2\theta =90^{\circ }$, also ist auf ebenem Boden $\theta =45^{\circ }$ am besten, mit $R_{\max }=v_0^2/g$. Winkel, die gleich weit über und unter 45° liegen, ergeben dieselbe Reichweite, denn $\sin 2\theta =\sin (180^{\circ }-2\theta )$: 30° und 60° landen an derselben Stelle, ebenso 40° und 50°.

Durchgerechnetes Beispiel: der Wurf aus der Animation

Der Ball verlässt den Boden mit $v_0=20m/s$ und $\theta =50^{\circ }$. Seine Komponenten sind
$v_x=20\cos 50^{\circ }\approx 12,9m/s$
$v_{y0}=20\sin 50^{\circ }\approx 15,3m/s$

Das sind die Werte der Anzeigen $v_x$ und $v_y$ beim Abwurf. Der Ball erreicht den höchsten Punkt nach $t=15,3/9,81\approx 1,56\mathrm{s}$ und landet nach dem Doppelten, $T\approx 3,12\mathrm{s}$. Dann gilt
$H=\frac{15,32^2}{2\cdot 9,81}\approx 12,0\mathrm{m}$
$R=\frac{20^2\sin 100^{\circ }}{9,81}\approx 40,2\mathrm{m}$
und zur Kontrolle $v_{x}T=12,9\cdot 3,12\approx 40,2\mathrm{m}$.

Während des Flugs bleibt die goldfarbene $v_x$-Anzeige bei 12,9 m/s. Die grüne $v_y$-Anzeige sinkt jede Sekunde um 9,81 m/s, geht bei 1,56 s durch null, wenn der Ball an der Spitze der gestrichelten Linie $H$ ist, und erreicht $-15,3m/s$ bei der Landung. Der Ball kommt 40,2 m entfernt mit 20 m/s herunter, 50° unter der Horizontalen: Der Abstieg ist der Aufstieg rückwärts abgespielt.

Bei 40° erreicht dieselbe Geschwindigkeit dieselben 40,2 m, aber der Ball steigt nur 8,4 m und landet nach 2,62 s. Bei 45° landet er bei 40,8 m, nur 1,5 % weiter als bei 50°: In der Nähe des besten Winkels verzeiht die Reichweite viel.

Durchgerechnetes Beispiel: ein Kugelstoß

Eine Athletin stößt die Kugel 2,0 m über dem Boden mit 13 m/s und 40° über der Horizontalen ab. Wie weit entfernt, waagerecht gemessen, landet sie? Die Formeln für ebenen Boden gelten hier nicht, weil die Kugel 2,0 m unter ihrem Abstoßpunkt landet.

Die Komponenten sind $v_x=13\cos 40^{\circ }\approx 9,96m/s$ und $v_{y0}=13\sin 40^{\circ }\approx 8,36m/s$. Die Kugel landet, wenn $y=-2,0\mathrm{m}$ ist, also wenn $4,905t^2-8,36t-2,0=0$ gilt, wobei $4,905$ gleich $\frac{1}{2}g$ ist. Die positive Lösung ist
$t=\frac{8,36+\sqrt{8,36^2+4\cdot 4,905\cdot 2,0}}{2\cdot 4,905}\approx 1,92\mathrm{s}$
sodass die Kugel $x=9,96\cdot 1,92\approx 19,1\mathrm{m}$ weit entfernt landet.

Die Formel für ebenen Boden ergäbe $13^2\sin 80^{\circ }/9,81\approx 17,0\mathrm{m}$: Die Abstoßhöhe bringt also 2,1 m zusätzliche Weite. Die Kugel steigt $8,36^2/(2\cdot 9,81)\approx 3,6\mathrm{m}$ über die Hand und landet mit 14,4 m/s, schneller als sie abgestoßen wurde, weil sie tiefer endet. Liegt der Landepunkt unter dem Abstoßpunkt, ist der beste Winkel etwas kleiner als 45°, hier etwa 42°; Athleten stoßen noch flacher, weil ihre Arme die Kugel bei flacherem Winkel stärker beschleunigen können.

Die Stroboskop-Punkte und die Pfeile ablesen

Die grauen Punkte markieren den Ball alle 0,5 s. Seitlich sind sie immer $12,9\cdot 0,5\approx 6,4\mathrm{m}$ voneinander entfernt: gleiche Strecken in gleichen Zeiten, das Kennzeichen der gleichförmigen Bewegung. Senkrecht, vom Abwurfpunkt aus gezählt, steigt der Ball von einer halben Sekunde zur nächsten um 6,4, 4,0 und 1,5 m und fällt dann um 0,9, 3,4 und 5,8 m. Jeder Schritt liegt 2,45 m weniger nach oben bzw. mehr nach unten als der vorige, weil $g(0,5\mathrm{s}{)}^2=2,45\mathrm{m}$ ist: das Muster eines fallen gelassenen Balls, der mit einem Aufwärtsstoß gestartet ist.

Die Pfeile erzählen dieselbe Geschichte. Der blaue $v$-Pfeil liegt immer tangential zur gestrichelten Spur. Der goldene $v_x$-Pfeil behält seine Länge vom Abwurf bis zur Landung, während der grüne $v_y$-Pfeil schrumpft, am höchsten Punkt verschwindet und dann nach unten zeigend wächst. Der blaue Pfeil ist also am höchsten Punkt am kürzesten, wo die Geschwindigkeit gleich $v_x$, also 12,9 m/s ist, und bei der Landung so lang wie beim Abwurf.

Häufige Fehler

• Die Geschwindigkeit ist am höchsten Punkt nicht null. Nur $v_y$ ist null; der Ball bewegt sich weiterhin mit 12,9 m/s seitlich, seiner kleinsten Geschwindigkeit während des ganzen Flugs.
• Auch die Beschleunigung ist am höchsten Punkt nicht null. Sie beträgt immer noch 9,81 m/s² nach unten, sodass $v_y$ 0,1 s nach dem Scheitelpunkt schon $-0,98m/s$ beträgt.
• Ein schnellerer seitlicher Wurf bleibt nicht länger oben. Vom 1,0 m hohen Tisch mit 2 m/s oder mit 4 m/s gerollt, landet ein Ball in beiden Fällen nach 0,45 s, 0,9 m bzw. 1,8 m weit entfernt.
• Die Reichweite braucht $\sin 2\theta$, nicht $\sin \theta$. Mit $\sin 50^{\circ }$ statt $\sin 100^{\circ }$ würde der Wurf aus der Animation bei 31,2 m landen statt bei 40,2 m.
• Die Reichweitenformel setzt voraus, dass man auf der Abwurfhöhe landet. Für den Kugelstoß ergibt sie 17,0 m statt 19,1 m.

Wo du das erlebst

Ballspiele, Weitsprung, der Strahl eines Schlauchs oder eines Springbrunnens (jeder Tropfen folgt seiner eigenen Parabel), Sprünge vom Sprungbrett und Feuerwerk folgen diesen Gleichungen, solange die Luft kaum eine Rolle spielt. Das gilt gut für eine schwere Kugel, weniger gut für einen Fußball und gar nicht für einen Federball – ein Fall für Strömungswiderstand und Endgeschwindigkeit.

Galilei zeigte 1638, dass die Bahn eines Projektils eine Parabel ist, indem er eine gleichförmige horizontale Bewegung mit einem gleichmäßig beschleunigten Fall kombinierte. Die newtonschen Gesetze erklären, warum die beiden Bewegungen unabhängig sind. Verfolgt man dieselbe Überlegung weit genug, führt sie zu Umlaufbahnen: Seitwärts mit etwa 7,9 km/s abgeschossen, fällt ein Körper so schnell um die Erde, wie der Boden sich wegkrümmt – das Thema von Gravitation und Umlaufbahnen.

Fortgeschritten

Newtons Gesetz, Komponente für Komponente

Alles in dieser Lektion beruht auf einem Schritt: Eine Bewegung in einer Ebene wird in zwei Bewegungen längs gerader Linien zerlegt. Lege den Abwurfpunkt in den Ursprung, mit $x$ waagerecht und $y$ nach oben. Der Ball startet mit der Geschwindigkeit $v_0$ unter dem Winkel $\theta$ über der Horizontalen, sodass seine Anfangsgeschwindigkeit ${\vec{v}}_0$ die Komponenten $v_0\cos \theta$ und $v_0\sin \theta$ hat. Es sei $g=9,81m/{\mathrm{s}}^2$ der Betrag der Fallbeschleunigung, sodass $\vec{g}=(0,-g)$ senkrecht nach unten zeigt.

Sobald der Ball in der Luft ist und solange der Luftwiderstand vernachlässigt wird, ist die einzige Kraft auf ihn seine Gewichtskraft $m\vec{g}$. Das zweite newtonsche Gesetz lautet $m\vec{a}=m\vec{g}$. Zwei Vektoren sind nur gleich, wenn ihre Komponenten gleich sind, daher zerfällt diese eine Gleichung in zwei, wobei ein Punkt eine Ableitung nach der Zeit bedeutet:
$m\ddot{x}=0,m\ddot{y}=-mg$

Zwei Dinge folgen sofort. Die Gleichungen vermischen sich nicht: $y$ kommt in der ersten nie vor und $x$ nie in der zweiten, sodass jede ein eigenes geradliniges Problem ist. Und die Masse kürzt sich heraus, daher folgen eine Murmel und eine Kanonenkugel mit gleicher Abwurfgeschwindigkeit derselben Bahn. Seitlich bewegt sich der Ball mit konstanter Geschwindigkeit; senkrecht befindet er sich im freien Fall.

Integriere jede Gleichung einmal, um die Geschwindigkeit zu erhalten, und ein zweites Mal für die Position. Bei jeder Integration tritt eine Konstante auf, die durch den Zustand bei $t=0$ festgelegt wird: Der Ball startet im Ursprung mit den obigen Geschwindigkeitskomponenten. Das Ergebnis ist
$\dot{x}=v_0\cos \theta ,x=v_0\cos \theta t$
$\dot{y}=v_0\sin \theta -gt,y=v_0\sin \theta t-\frac{1}{2}g{t}^2$

Vier Konstanten wurden benötigt: zwei Anfangskoordinaten und zwei Anfangsgeschwindigkeitskomponenten. Bewegungen in einer Ebene brauchen immer vier Anfangswerte, doppelt so viele wie Bewegungen auf einer Geraden.

Die Zahlen unten beziehen sich auf den Wurf aus der Animation: $v_0=20m/s$ unter $\theta =50^{\circ }$. Seine horizontale Komponente ist $v_x=20\cos 50^{\circ }\approx 12,9m/s$ und seine anfängliche vertikale Komponente $20\sin 50^{\circ }\approx 15,3m/s$.

Die Position als Vektorsumme

Die beiden Komponentenergebnisse lassen sich zu einer einzigen Vektorgleichung zusammenfassen. Das lohnt sich, weil die Vektorform auf einen Blick zeigt, wie die Schwerkraft den Ball von der Linie wegzieht, entlang der er gezielt wurde.

Legende

$\theta$	Winkel der Zielrichtung über der Horizontalen.	$\mathrm{rad}$
${\vec{v}}_{0}t$	Wo der Ball ohne Schwerkraft wäre: die Abwurfgeschwindigkeit mal die Zeit, entlang der Zielrichtung.	$\mathrm{m}$
$\frac{1}{2}\vec{g}{t}^2$	Absinken durch die Schwerkraft: senkrecht nach unten, wächst mit $t^2$.	$\mathrm{m}$
$\vec{r}$	Position des Balls: der Pfeil vom Abwurfpunkt zum Ball.	$\mathrm{m}$
$M$	Punkt auf der Zielrichtung, an dem im Moment des Abwurfs ein Affe hängt.

Abbildung 1 zeigt die Gleichung
$\vec{r}(t)={\vec{v}}_{0}t+\frac{1}{2}\vec{g}{t}^2$
Lies sie als zwei Pfeile, Spitze an Schwanz. Der Pfeil ${\vec{v}}_{0}t$ beginnt am Abwurfpunkt und verläuft entlang der Zielrichtung, unter dem Winkel $\theta$ über der Horizontalen. Er endet dort, wo der Ball zur Zeit $t$ ohne Schwerkraft wäre. Von seiner Spitze aus zeigt der Pfeil $\frac{1}{2}\vec{g}{t}^2$ senkrecht nach unten: Er gibt an, wie weit der Ball unter die Zielrichtung gefallen ist. Der Ortsvektor $\vec{r}$ vom Abwurfpunkt zum Ball ist die Summe der beiden, und die rote Kurve ist die bisherige Bahn.

Der erste Pfeil wächst proportional zu $t$, der zweite proportional zu $t^2$. Früh im Flug ist das Absinken winzig im Vergleich zur Strecke entlang der Zielrichtung; später gewinnt es die Oberhand, sodass der Ball immer schneller unter diese Linie sinkt.

Das klärt ein klassisches Rätsel. Ein Affe hängt an einem Ast am Punkt $M$ auf der Zielrichtung und lässt los, genau in dem Moment, in dem der Ball direkt auf ihn abgeschossen wird. Fliegt der Ball über den fallenden Affen hinweg? Nein. Abbildung 1 zeigt den Moment, in dem ${\vec{v}}_{0}t$ den Punkt $M$ erreicht hat. Der Ball liegt dann $\frac{1}{2}g{t}^2$ unter der Zielrichtung, direkt unter $M$. Der Affe, der für dieselbe Zeit $t$ aus der Ruhe fällt, ist um genau dieselbe Strecke gesunken. Der Ball trifft den Affen also unabhängig von der Abschussgeschwindigkeit, solange er ihn erreicht, bevor beide den Boden erreichen: Die Schwerkraft senkt beide um den gleichen Betrag, daher ist es genau richtig, direkt auf den Affen zu zielen.

Die Geschwindigkeit hat dieselbe Struktur, $\vec{v}(t)={\vec{v}}_0+\vec{g}t$. Ihr horizontaler Anteil ändert sich nie, ihr vertikaler verliert jede Sekunde 9,81 m/s. Zeichnest du die Geschwindigkeitspfeile aufeinanderfolgender Zeitpunkte von einem gemeinsamen Punkt aus, laufen ihre Spitzen auf einer senkrechten Linie nach unten, jeweils 4,9 m/s weiter für jede halbe Sekunde.

Die Zeit eliminieren: die Parabel

Die bisherigen Gleichungen sagen, wo sich der Ball zu jedem Zeitpunkt befindet. Um die Form der Bahn selbst zu sehen, eliminiere die Zeit.

Da $x$ mit der konstanten Rate $v_0\cos \theta$ wächst, erreicht der Ball ein gegebenes $x$ zur Zeit $t=x/(v_0\cos \theta )$. Einsetzen in $y(t)$ ergibt die Höhe als Funktion der waagerechten Entfernung:
$y=x\tan \theta -\frac{g{x}^2}{2v_0^2{\cos }^2\theta }$

Lies die Gleichung Term für Term. Der erste Term, $x\tan \theta$, ist die Zielrichtung. Der zweite ist das Absinken $\frac{1}{2}g{t}^2$ aus Abbildung 1, nun in $x$ ausgedrückt. Da das Absinken mit $x^2$ wächst, ist die Bahn eine nach unten geöffnete Parabel.

Daraus folgen zwei Kennpunkte. Der Ball ist wieder auf Abwurfhöhe, wo $y=0$ ist: bei $x=0$ und bei der Reichweite
$R=\frac{v_0^2\sin 2\theta }{g}$
wobei die Identität $2\sin \theta \cos \theta =\sin 2\theta$ benutzt wurde. Der Scheitel des Bogens liegt dort, wo die Bahn waagerecht verläuft. Die Steigung ist $dy/dx=\tan \theta -gx/(v_0^2{\cos }^2\theta )$, sie verschwindet bei $x=v_0^2\sin \theta \cos \theta /g=R/2$. Der Scheitel liegt also genau in der Mitte, wie es die Symmetrie einer Parabel verlangt, in der Höhe $H=v_0^2{\sin }^2\theta /(2g)$.

Für den Wurf aus der Animation lautet die Bahn $y=1,192x-0,02968x^2$, mit $x$ und $y$ in Metern. Sie kehrt bei 40,2 m zum Boden zurück und erreicht ihren Gipfel bei 12,0 m, wenn $x=20,1\mathrm{m}$ ist.

Ein Ziel treffen: zwei Winkel und die Grenze der Reichweite

Bisher war der Abwurf gegeben, und wir fragten, wohin der Ball fliegt. Ein Werfer steht vor der umgekehrten Frage: Unter welchem Winkel muss der Ball bei fester Geschwindigkeit abgeworfen werden, um ein gegebenes Ziel zu treffen? Dieselbe Bahngleichung beantwortet sie.

Legende

$v_0$	Abwurfgeschwindigkeit, für beide Würfe und die gestrichelte Parabel gleich.	$m/s$
${\theta }_1$	Abwurfwinkel des flachen Wurfs.	$\mathrm{rad}$
${\theta }_2$	Abwurfwinkel des hohen Wurfs.	$\mathrm{rad}$
$T$	Das Ziel.
$x$	Waagerechte Entfernung vom Abwurfpunkt zum Ziel.	$\mathrm{m}$
$y$	Höhe des Ziels über dem Abwurfpunkt.	$\mathrm{m}$
$v_0^2/(2g)$	Größte erreichbare Höhe bei der Geschwindigkeit $v_0$, durch einen senkrechten Wurf: der Scheitel der gestrichelten Parabel.	$\mathrm{m}$
$v_0^2/g$	Größte Reichweite auf ebenem Boden, erreicht bei $45^{\circ }$: wo die gestrichelte Parabel den Boden trifft.	$\mathrm{m}$

In Abbildung 2 verlässt der Ball den Abwurfpunkt mit der Geschwindigkeit $v_0$ und muss das Ziel $T$ treffen, das eine waagerechte Entfernung $x$ und eine Höhe $y$ über dem Abwurfpunkt hat. Zwei Bahnen führen dorthin: ein flacher Wurf unter dem Winkel ${\theta }_1$ und ein hoher unter ${\theta }_2$; sie kreuzen sich bei $T$.

Um diese Winkel zu finden, behandle $\theta$ als Unbekannte. Die Bahngleichung enthält sowohl $\tan \theta$ als auch $1/{\cos }^2\theta$. Die Identität $1/{\cos }^2\theta =1+{\tan }^2\theta$ macht daraus eine Gleichung nur für $u=\tan \theta$:
$y=xu-\frac{g{x}^2}{2v_0^2}\left(1+u^2\right)$
Die Größe $D=g{x}^2/(2v_0^2)$ ist eine Länge: das Absinken eines waagerecht mit $v_0$ abgeworfenen Balls über die Strecke $x$. Damit ergibt das Sortieren nach Potenzen von $u$ eine quadratische Gleichung, die Zielgleichung:
$D{u}^2-xu+(y+D)=0$

Eine quadratische Gleichung hat zwei, eine oder keine reelle Lösung, und jeder Fall hat eine Bedeutung. Zwei Lösungen: Ein flacher und ein hoher Wurf treffen beide das Ziel, die beiden Bahnen aus Abbildung 2. Eine doppelte Lösung: Das Ziel liegt genau auf der Grenze der Reichweite, und nur ein Winkel führt hin. Keine reelle Lösung: Das Ziel ist bei dieser Geschwindigkeit außer Reichweite.

Das Produkt der beiden Lösungen hat ein hübsches Ergebnis. Bei jeder quadratischen Gleichung ist es das konstante Glied geteilt durch den Koeffizienten von $u^2$, hier $1+y/D$. Auf ebenem Boden, $y=0$, ist das Produkt 1, also $\tan {\theta }_1\tan {\theta }_2=1$ und ${\theta }_2=90^{\circ }-{\theta }_1$: Die beiden Winkel ergänzen sich zu 90°, und Würfe unter 30° und 60° landen an derselben Stelle. Liegt das Ziel über dem Abwurfpunkt, wie in Abbildung 2, ist das Produkt größer als 1. Dann ist $\tan ({\theta }_1+{\theta }_2)=(\tan {\theta }_1+\tan {\theta }_2)/(1-\tan {\theta }_1\tan {\theta }_2)$ negativ, die beiden Winkel ergeben also zusammen mehr als $90^{\circ }$.

Die doppelte Lösung zeichnet die Grenze der Reichweite selbst nach. Sie tritt auf, wenn die Diskriminante verschwindet, $x^2=4D(y+D)$. Löst man nach $y$ auf und setzt $D=g{x}^2/(2v_0^2)$ wieder ein, erhält man die Grenze der Reichweite:
$y=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{g{x}^2}{2v_0^2}$

Diese Kurve, oft Sicherheitsparabel genannt, ist die gestrichelte Kurve in Abbildung 2. Jede mit der Geschwindigkeit $v_0$ abgeschossene Bahn berührt sie in einem Punkt und bleibt innerhalb von ihr, sie umschließt also jeden Punkt, den der Ball erreichen kann. Sie liegt $v_0^2/(2g)$ über dem Abwurfpunkt, der Höhe eines senkrechten Wurfs, und trifft den Boden bei $v_0^2/g$. Das ist die größte Reichweite auf ebenem Boden, erreicht bei 45°, wo $\sin 2\theta =1$ ist. Bei 20 m/s betragen diese Längen 20,4 m und 40,8 m. Bahnen, die über 45° abgeschossen werden, berühren die Kurve während des Flugs, wie die hohe Bahn in Abbildung 2 kurz nach ihrem eigenen Scheitel; flachere Bahnen würden sie nur berühren, wenn man sie unter den Boden fortsetzte.

Das Geschwindigkeitsdiagramm und Geschwindigkeit gegen Höhe

Zwei weitere Hilfsmittel beschreiben den Flug, ohne etwas Neues zu lösen: der Graph der vertikalen Geschwindigkeit und eine Beziehung zwischen Geschwindigkeit und Höhe, die die Zeit nicht enthält.

Der Expertenteil der Animation trägt $v_y(t)$ auf. Da ${\dot{v}}_y=-g$ konstant ist, ist der Graph eine Gerade mit der Steigung $-g=-9,81m/{\mathrm{s}}^2$, hier von 15,3 m/s bis $-15,3m/s$. Sie schneidet die Zeitachse bei $t=15,3/9,81\approx 1,56\mathrm{s}$, dem Moment des Scheitels. Die Fläche unter einem Geschwindigkeitsgraphen ist die Verschiebung, also ist das Dreieck oberhalb der Achse, $\frac{1}{2}\cdot 1,562\cdot 15,32\approx 12,0\mathrm{m}$, die Höhe $H$. Das gleich große Dreieck unterhalb der Achse ist der Weg zurück nach unten, und der Ball ist bei 3,12 s wieder bei $y=0$.

Geschwindigkeit und Höhe hängen ohne Zeit zusammen. Starte mit ${\dot{v}}_y=-g$ und multipliziere beide Seiten mit $v_y=\dot{y}$. Die linke Seite wird zu $\frac{1}{2}d(v_y^2)/dt$ und die rechte zu $-gdy/dt$. Beide Seiten sind nun Zeitableitungen, und die Integration vom Abwurf aus ergibt $v_y^2=v_0^2{\sin }^2\theta -2gy$. Die horizontale Komponente ändert sich nie, also ergibt das Addieren von $v_x^2=v_0^2{\cos }^2\theta$ auf beiden Seiten
$v^2=v_0^2-2gy$

Die Geschwindigkeit hängt nur von der Höhe ab, nicht von der Zeit oder der Bewegungsrichtung. Der Ball passiert jede Höhe beim Hinauf- und beim Herunterkommen mit derselben Geschwindigkeit, und er landet mit 20 m/s, seiner Abwurfgeschwindigkeit. Am Scheitel ist $v^2=400-2\cdot 9,81\cdot 12,0\approx 165{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$, also genau $v_x^2$, wie es sein muss, wenn sich der Ball waagerecht bewegt. Mit $m/2$ multipliziert lautet die Beziehung $\frac{1}{2}m{v}^2+mgy=\frac{1}{2}m{v}_0^2$: Die Summe aus kinetischer und potenzieller Energie bleibt konstant.

Krümmung der Bahn

Eine Parabel ist kein Kreis, aber an jedem Punkt passt ein Kreis am besten, und sein Radius misst, wie stark die Bahn dort gekrümmt ist. Ihn zu finden zeigt die zwei getrennten Aufgaben, die die Schwerkraft übernimmt: Sie lenkt den Ball und ändert seine Geschwindigkeit.

Legende

$P$	Punkt der Bahn, an dem die Geschwindigkeit den Winkel $\alpha$ mit der Horizontalen bildet.
$\vec{v}$	Geschwindigkeit in $P$, entlang der Bahn.	$m/s$
$\alpha$	Winkel zwischen $\vec{v}$ und der Horizontalen; derselbe Winkel liegt zwischen $\vec{g}$ und der Querrichtung zur Bahn.	$\mathrm{rad}$
$\vec{g}$	Fallbeschleunigung, senkrecht nach unten.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$g\sin \alpha$	Anteil von $\vec{g}$ entlang der Bahn: zeigt gegen $\vec{v}$, während der Ball steigt, und ändert nur den Betrag der Geschwindigkeit.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$g\cos \alpha$	Anteil von $\vec{g}$ quer zur Bahn, zu $C$: ändert nur die Richtung.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\rho$	Krümmungsradius in $P$: der Abstand von $P$ zu $C$.	$\mathrm{m}$
$C$	Mittelpunkt des Kreises, der die Bahn in $P$ berührt.

In Abbildung 3 befindet sich der Ball im Punkt $P$ und bewegt sich mit der Geschwindigkeit $\vec{v}$ entlang der Bahn, unter dem Winkel $\alpha$ über der Horizontalen. Zerlege $\vec{g}$ in einen Anteil entlang der Bahn und einen Anteil quer dazu, rechtwinklig zu $\vec{v}$; das kleine Quadrat bei $P$ markiert den rechten Winkel. Die Richtungen längs und quer sind einfach die Horizontale und die Vertikale, um $\alpha$ gedreht. Da $\vec{g}$ senkrecht nach unten zeigt, bildet es mit der Querrichtung denselben Winkel $\alpha$, wie der Bogen zwischen $\vec{g}$ und $g\cos \alpha$ zeigt. Der Anteil entlang der Bahn ist also $g\sin \alpha$, er zeigt gegen $\vec{v}$, während der Ball steigt, und der Anteil quer dazu ist $g\cos \alpha$.

Die beiden Anteile haben unterschiedliche Aufgaben. Eine Beschleunigung entlang der Geschwindigkeit ändert nur deren Betrag; eine quer dazu ändert nur ihre Richtung. Also krümmt nur $g\cos \alpha$ die Bahn. Sie zeigt zum Mittelpunkt $C$ des Kreises, der die Bahn in $P$ berührt, im Abstand $\rho$. Ein Körper, der sich mit der Geschwindigkeit $v$ auf einem Kreis mit dem Radius $\rho$ bewegt, braucht die Beschleunigung $v^2/\rho$ zum Mittelpunkt hin, also gilt $g\cos \alpha =v^2/\rho$. Mit $\cos \alpha =v_x/v$ ist der Krümmungsradius
$\rho =\frac{v^2}{g\cos \alpha }=\frac{v^3}{g{v}_x}$

Da sich $v_x$ nie ändert, ist $\rho$ dort am kleinsten, wo die Geschwindigkeit am kleinsten ist: am Scheitel. Dort ist $\alpha =0$, die Schwerkraft liegt ganz quer zur Bahn, und $\rho =v_x^2/g=12,9^2/9,81\approx 17\mathrm{m}$. Beim Abwurf ist $\rho =20^3/(9,81\cdot 12,9)\approx 63\mathrm{m}$. Der Bogen ist am Scheitel am stärksten gekrümmt.

Der andere Anteil, $g\sin \alpha$, ändert die Geschwindigkeit. Während der Ball steigt, zeigt er gegen $\vec{v}$ und bremst den Ball. Auf dem Weg nach unten zeigt $\vec{v}$ unter die Horizontale; der Anteil entlang der Bahn zeigt dann in dieselbe Richtung wie $\vec{v}$, und der Ball wird schneller.

Luftwiderstand und numerisches Schrittverfahren

Echte Bälle fliegen durch Luft. Der Luftwiderstand verdirbt die einfachen Formeln oben, aber ein Computer kann die Bewegung dennoch Schritt für Schritt verfolgen, und das Verfahren funktioniert für jede Kraft.

Legende

$R$	Reichweite mit Luftwiderstand: die Entfernung vom Abwurfpunkt bis zum Landepunkt.	$\mathrm{m}$
$R_0$	Reichweite ohne Luft: wo die gestrichelte Bahn landet.	$\mathrm{m}$
$\vec{v}$	Geschwindigkeit des Balls, beim Abwurf und bei der Landung gezeichnet.	$m/s$
${\vec{a}}_d$	Beschleunigung durch den Luftwiderstand: entlang der Bahn, gegen $\vec{v}$, mit dem Betrag $g(v/v_t{)}^2$.	$m/{\mathrm{s}}^2$

Abbildung 4 stellt den Wurf aus der Animation mit Luft (rot) neben denselben Wurf ohne Luft (gestrichelt). Die Widerstandskraft wirkt immer entgegen der Geschwindigkeit, und für einen Ball bei alltäglichen Geschwindigkeiten wächst sie ungefähr mit dem Quadrat der Geschwindigkeit. Nenne $v_t$ die Endgeschwindigkeit: die Geschwindigkeit, bei der der Luftwiderstand gleich der Gewichtskraft ist, und die ein aus großer Höhe fallen gelassener Ball erreicht. Die Widerstandsbeschleunigung hat dann den Betrag $g(v/v_t{)}^2$ und zeigt gegen $\vec{v}$; in Vektorform ist sie $-kv\vec{v}$ mit $k=g/v_t^2$. In Abbildung 4 zeigt jeder Pfeil ${\vec{a}}_d$ entlang der Bahn zurück, gegen $\vec{v}$, und der Pfeil bei der Landung ist kürzer, weil der Ball langsamer landet, als er abgeworfen wurde.

Mit der Schwerkraft lauten die Bewegungsgleichungen
$\ddot{x}=-kv\dot{x},\ddot{y}=-g-kv\dot{y}$
mit $v=\sqrt{{\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2}$. Der Betrag der Geschwindigkeit enthält beide Komponenten, also hängt jede Gleichung von der Bewegung der anderen ab: Die horizontale und die vertikale Bewegung sind gekoppelt, und keine Formel gibt die Bahn an.

Man kann sie dennoch Schritt für Schritt verfolgen. Wähle einen kleinen Zeitschritt $\epsilon$. Aus der aktuellen Position und Geschwindigkeit berechne die Beschleunigung $\vec{a}$ und gehe dann einen Schritt weiter,
$\vec{v}\to \vec{v}+\vec{a}\epsilon ,\vec{r}\to \vec{r}+\vec{v}\epsilon$
und wiederhole das, bis der Ball landet. Innerhalb eines kurzen Schritts ändern sich Beschleunigung und Geschwindigkeit kaum, sodass die Annahme konstanter Werte nur einen kleinen Fehler macht. Bei diesem einfachsten Verfahren, dem Euler-Verfahren, schrumpft der Gesamtfehler proportional zu $\epsilon$: Halbiert man den Schritt, halbiert sich der Fehler. Schritte von 0,01 s liefern die Reichweite im Folgenden bereits auf etwa 0,2 m genau. Das Verfahren hängt nicht von der Form der Kraft ab, es funktioniert also für jedes Kraftgesetz.

Die rote Bahn in Abbildung 4 ist eine solche Rechnung für einen Ball mit der Endgeschwindigkeit 30 m/s. Der Luftwiderstand beginnt bei $(20/30{)}^2\approx 0,44$ des Gewichts und ist bei der Landung auf $(15,6/30{)}^2\approx 0,27$ davon gesunken. Die Reichweite $R$ fällt von $R_0=40,2\mathrm{m}$ auf 30,0 m, und die größte Höhe von 12,0 m auf 10,1 m.

Der Bogen ist nicht mehr symmetrisch. Beim Aufstieg bremst der Luftwiderstand zusätzlich zur Schwerkraft; beim Abstieg wirkt er dem Fall entgegen. Daher dauert der Aufstieg 1,39 s und der Abstieg 1,48 s. Der Luftwiderstand zehrt außerdem an der Horizontalgeschwindigkeit, sodass der Ball beim Aufstieg mehr Strecke zurücklegt als beim Fallen: Der Scheitel liegt 15,9 m entfernt, also jenseits der Mitte. Der Ball landet mit 15,6 m/s, 57° unter der Horizontalen, steiler als sein Abwurf unter 50°. Der Winkel mit der größten Reichweite sinkt auf etwa 43°, denn ein höherer Wurf bleibt länger oben und verliert dadurch mehr an den Luftwiderstand. Je größer die Abwurfgeschwindigkeit im Vergleich zu $v_t$ ist, desto kleiner ist der beste Winkel.

Durchgerechnete Aufgabe: zwei Wege, ein Ziel zu treffen

Wende die Zielgleichung auf das Ziel aus Abbildung 2 an, mit der Abwurfgeschwindigkeit der Animation von 20 m/s. Unter welchen Winkeln musst du werfen, um ein Ziel zu treffen, das 30 m entfernt und 5,0 m über dem Abwurfpunkt liegt?

Zuerst das Absinken: $D=g{x}^2/(2v_0^2)=9,81\cdot 900/800\approx 11,04\mathrm{m}$, also $y+D\approx 16,04\mathrm{m}$. Mit $x=30\mathrm{m}$ lautet die Zielgleichung
$11,04u^2-30u+16,04=0$
und die Lösungsformel für quadratische Gleichungen ergibt
$u=\frac{30\pm \sqrt{900-4\cdot 11,04\cdot 16,04}}{2\cdot 11,04}=\frac{30\pm 13,84}{22,08}$
sodass $u\approx 0,732$ oder $u\approx 1,986$, also $\theta \approx 36,2^{\circ }$ oder $\theta \approx 63,3^{\circ }$. Das sind die Winkel ${\theta }_1$ und ${\theta }_2$ aus Abbildung 2. Sie ergeben zusammen 99,5°, mehr als $90^{\circ }$, wie zu erwarten bei einem Ziel über dem Abwurfpunkt.

Die Flugzeiten folgen aus $t=x/(v_0\cos \theta )$: $30/(20\cos 36,2^{\circ })\approx 1,86\mathrm{s}$ für den flachen Wurf und $30/(20\cos 63,3^{\circ })\approx 3,34\mathrm{s}$ für den hohen. Beide kommen mit derselben Geschwindigkeit an, $\sqrt{400-2\cdot 9,81\cdot 5,0}\approx 17,4m/s$, weil die Geschwindigkeit nur von der Höhe abhängt. Sie kommen aber aus verschiedenen Richtungen. Der flache Wurf hat seinen 7,1 m hohen Scheitel bereits passiert und kommt 22° unter der Horizontalen an; der hohe fällt aus 16,3 m Höhe unter 59° herab. Deshalb bevorzugen Basketballspieler steile Bögen: Für einen steil fallenden Ball bietet der Korb eine breitere Öffnung.

Könnte derselbe Wurf ein Ziel 10 m hoch in dieser Entfernung treffen? Die Grenze der Reichweite liegt bei $x=30\mathrm{m}$ bei $20,39-11,04\approx 9,35\mathrm{m}$. Das Ziel liegt darüber, die Zielgleichung hat keine reelle Lösung, und kein Winkel funktioniert. Ein Ziel genau 9,35 m hoch wird von einem einzigen Wurf getroffen. Die doppelte Lösung ist $u=x/(2D)$, hier $\tan \theta =v_0^2/(gx)\approx 1,36$, also $\theta \approx 53,7^{\circ }$: Der flache und der hohe Wurf sind zu einer einzigen Lösung verschmolzen.

Gültigkeitsgrenzen

Alles oben beruht auf drei Idealisierungen: ein Ball, der sich wie ein Punkt verhält, ein ebener Boden und eine gleichmäßige Schwerkraft. Jede gilt gut für geworfene Bälle, und jede versagt auf eine bekannte Weise.

Das Modell behandelt den Ball als Punkt ohne Drall. Ein rotierender Ball erfährt außerdem eine Querkraft senkrecht zu seiner Geschwindigkeit, den Magnus-Effekt, der einen Freistoß krümmt und einen rückwärts rotierenden Golfball in der Luft hält. Der Luftwiderstand spielt eine Rolle, wenn die Geschwindigkeit einen beträchtlichen Teil der Endgeschwindigkeit ausmacht, denn Widerstand geteilt durch Gewicht ist $(v/v_t{)}^2$. Eine 7,26 kg schwere Kugel hat eine Endgeschwindigkeit von etwa 150 m/s; bei 13 m/s beträgt ihr Widerstand also unter 1 % des Gewichts, und die Parabel ist ausgezeichnet.

Ebener Boden und ein gleichmäßiges $\vec{g}$ sind ebenfalls Näherungen. Mit dem Erdradius $R_E\approx 6371\mathrm{km}$ krümmt sich der Boden über die 40 m der Animation nur um $x^2/(2R_E)\approx 0,1\mathrm{mm}$. Die Schwerkraft nimmt mit dem Quadrat des Abstands vom Erdmittelpunkt ab, daher ist $g$ im 12 m hohen Scheitel um den Bruchteil $2H/R_E\approx 4\times 10^{-6}$ kleiner. Diese Effekte wachsen mit der Reichweite. Ein Abwurf mit 1 km/s unter 45°, mit einer Vakuumreichweite von 102 km, käme dort herunter, wo der Boden um 0,8 km abgefallen ist, obwohl die Luft lange vorher alles dominieren würde. Die Erdrotation verschiebt den Landepunkt des 3,1 s dauernden Wurfs um weniger als einen Zentimeter, den einer Granate, die eine Minute fliegt, aber um Dutzende Meter.

Streng genommen zeigt die Schwerkraft zum Erdmittelpunkt statt in eine feste Richtung, und die Bahn ist ein Bogen einer Ellipse mit einem Brennpunkt in diesem Mittelpunkt. Über ein kurzes Stück, wo die Richtungen zum Mittelpunkt nahezu parallel sind, ist die Ellipse von der Parabel nicht zu unterscheiden. Seitwärts mit $\sqrt{g{R}_E}\approx 7,9km/s$ abgeschossen, fällt ein Körper ohne Luft genau so schnell um die Erde, wie der Boden darunter wegkrümmt: Das Wurfgeschoss ist zum Satelliten geworden, und der geworfene Ball und der Mond gehorchen demselben Gesetz.

Wie es weitergeht

Die newtonschen Gesetze liefern die Komponentengleichungen. Die Beziehung $v^2=v_0^2-2gy$ ist Energieerhaltung, entwickelt in Arbeit, Energie und Leistung. Am Scheitel übernimmt die Schwerkraft die Rolle der Zentripetalbeschleunigung aus Kreisbewegung, $g=v_x^2/\rho$. Die gekoppelten Gleichungen mit Luftwiderstand sind Thema von Strömungswiderstand und Endgeschwindigkeit, und Newtons Kanone sowie die Ellipse gehören zu Gravitation und Umlaufbahnen.

Ein Ball, der aus dem Fenster eines gleichmäßig fahrenden Zuges fallen gelassen wird, fällt für einen Fahrgast senkrecht nach unten, zeichnet aber für jemanden auf dem Bahnsteig eine Parabel: eine Bewegung, aus zwei Bezugssystemen betrachtet, wie in Vektoren und Relativbewegung. Und ein geladenes Teilchen im gleichmäßigen Feld zwischen zwei geladenen Platten folgt derselben Parabel, wobei $g$ durch $qE/m$ ersetzt wird; Oszilloskopröhren und einige Tintenstrahldrucker lenken Elektronen beziehungsweise Tintentröpfchen so (Elektrisches Feld und Potential).