Wurfbewegungs-Simulator

Parabelbahn mit Live-Animation

Zwei Bewegungen, eine Uhr	$\begin{gathered}x=v_0\cos\theta\,t\\ y=h+v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}\end{gathered}$
Abwurf und Landung auf gleicher Höhe	$\begin{gathered}t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g},\qquad R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}\\ y_{\max}=\frac{v_0^{2}\sin^{2}\theta}{2g}\end{gathered}$

Rechenbeispiel — Wurfbewegungs-Simulator

Horizontalgeschwindigkeit	14,142 m/s
Vertikalgeschwindigkeit	14,142 m/s
Flugzeit	2,8832 s
Reichweite	40,775 m
Zeit bis zum Scheitelpunkt	1,4416 s
Maximale Höhe	10,194 m
Auftreffgeschwindigkeit	20 m/s
Auftreffwinkel unter der Horizontalen	45°

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

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Lektion

Die Theorie — Wurfbewegungs-Simulator

Ein geworfener Körper bewegt sich nach dem Abwurf allein unter dem Einfluss der Schwerkraft. Fliegt er mit der Geschwindigkeit v₀ und dem Winkel θ aus einer Höhe h ab, wandert er mit konstanter Geschwindigkeit seitwärts, während sich seine Höhe exakt wie beim freien Fall verändert.

Was die einzelnen Symbole bedeuten

v₀: Abwurfgeschwindigkeit
θ: Abwurfwinkel über der Horizontalen
h: Abwurfhöhe über dem Aufprallniveau
g: Erdbeschleunigung, 9,81 m/s², nach unten gerichtet
R: Wurfweite: die horizontale Distanz von Abwurf bis Aufprall

Woher die Formel kommt

Die Schwerkraft wirkt ausschließlich nach unten, weshalb nichts die Horizontalgeschwindigkeit verändert. Die horizontale Strecke wächst über den gesamten Flug mit gleichbleibendem Tempo an.
$v_x=v_0\cos\theta,\qquad x=v_0\cos\theta\,t$
Vertikal liegt eine konstante Beschleunigung vor – genau wie in der vorigen Lektion mit u = v₀ sin θ und a = −g. Beide Bewegungen teilen sich eine einzige Uhr, t.
$v_y=v_0\sin\theta-gt,\qquad y=h+v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}$
Eliminiere t aus beiden Gleichungen, und die Höhe wird zu einer quadratischen Funktion der horizontalen Weite: Die Bahnkurve ist eine Parabel.
$y=h+x\tan\theta-\frac{g\,x^{2}}{2v_0^{2}\cos^{2}\theta}$
Der Flug endet, sobald die Höhe wieder null erreicht. In der Ebene sind die beiden Nullstellen der Abwurf und t_f; die Wurfweite ist das Produkt aus v_x und t_f. Wegen sin 2θ = sin(180° − 2θ) liefern die Winkel θ und 90° − θ exakt dieselbe Weite.
$t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g},\qquad R=v_x\,t_f=\frac{2v_0^{2}\sin\theta\cos\theta}{g}=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}$
Am Scheitelpunkt ist die vertikale Geschwindigkeit null. Die zeitfreie Gleichung liefert direkt die Höhe.
$0=(v_0\sin\theta)^{2}-2g\,(y_{\max}-h)\ \Rightarrow\ y_{\max}=h+\frac{v_0^{2}\sin^{2}\theta}{2g}$

Setzt voraus: Kein Luftwiderstand und ein überall gleiches g während des Flugs. Mit Luftwiderstand ist die Bahn keine Parabel mehr – darum geht es auf der nächsten Seite.

Zwei Bewegungen in einer

Ein geworfener Körper vollführt im Grunde zwei völlig unabhängige Bewegungen auf einmal: Er wandert mit gleichmäßigem Tempo seitwärts, während er unter der Schwerkraft fällt. Keiner der beiden Vorgänge stört den anderen. Daraus folgt ein berühmtes Phänomen: Eine waagerecht abgefeuerte Kugel und eine, die du aus gleicher Höhe einfach loslässt, treffen im exakt selben Moment auf dem Boden auf. Stell den Winkel auf 0°, gib dem Abwurf etwas Höhe und ändere das Tempo: Die Weite wächst, doch die Flugzeit rührt sich nicht vom Fleck.

Über dem Boden verliert 45°

Die berühmte 45°-Regel für die maximale Reichweite gilt nur, wenn Abschuss und Landung auf gleicher Höhe liegen. Kommt eine Abschusshöhe h hinzu, sinkt der beste Winkel unter 45° und folgt θ = arctan(v / √(v² + 2gh)). Wirfst du einen Ball von einer Klippe, fliegt er weiter, wenn du etwas flacher als 45° zielst — schiebe den Höhenregler hoch und suche das echte Optimum.

WURFPARABELN — DER WINKEL ENTSCHEIDET ALLES AUSSER DEM, WAS DIE GESCHWINDIGKEIT ENTSCHEIDET

Welchen Abwurffall löst du?

Waagerechte und senkrechte Bewegung sind unabhängig: seitwärts konstante Geschwindigkeit, nach unten konstante Beschleunigung. Alles Weitere folgt aus dieser Trennung. Auf gleicher Höhe gilt R = v²sin(2θ)/g, mit dem Maximum bei 45° und paarweise gleichen Winkeln beiderseits davon. Wirft man aus der Höhe, bricht diese Symmetrie, und der beste Winkel sinkt unter 45°.

45° auf ebenem Boden — die maximale Weite R = v²/g at θ = 45°

Komplementärwinkel — zwei Wege zum selben Punkt R = v²sin(2θ)/g

Senkrecht nach oben — nur Höhe, keine Weite h = v²/2g, R = 0

Abwurf aus der Höhe — die Symmetrie bricht h > 0 ⇒ θ_opt < 45°

45° auf ebenem Boden — die maximale Weite

Was du weißt: Abwurf und Landung liegen auf derselben Höhe, und du willst möglichst weit werfen. sin(2θ) ist am größten, wenn 2θ = 90° ist.

Wurfweite: R = v²/g at θ = 45°

Rechenbeispiel: v = 20 m/s bei 45° → R = v²/g = 400/9,81 = 40,8 m, das Weiteste, was diese Geschwindigkeit schafft

Diesen Fall öffnen: 45° max. Reichweite

45° auf ebenem Boden — die maximale Weite. Bei 45° halten sich Flugzeit und Horizontalgeschwindigkeit die Waage, die Weite ist maximal. Abwurf und Landung liegen auf derselben Höhe, und du willst möglichst weit werfen. sin(2θ) ist am größten, wenn 2θ = 90° ist. — Bei 45° halten sich Flugzeit und Horizontalgeschwindigkeit die Waage, die Weite ist maximal.

Komplementärwinkel — zwei Wege zum selben Punkt

Was du weißt: Jeder Winkel θ und sein Komplement 90° − θ liefern auf ebenem Boden dieselbe Weite, denn sin(2θ) = sin(180° − 2θ).

Wurfweite: R = v²sin(2θ)/g

Rechenbeispiel: v = 20 m/s bei 30° → 35,3 m; bei 60° → wieder 35,3 m. Der flache Wurf dauert 2,0 s, der hohe 3,5 s

Diesen Fall öffnen: 30°

Komplementärwinkel — zwei Wege zum selben Punkt. Zwei Bahnen, ein Landepunkt: 30° und 60° ergeben dieselbe Weite in verschiedener Höhe. Jeder Winkel θ und sein Komplement 90° − θ liefern auf ebenem Boden dieselbe Weite, denn sin(2θ) = sin(180° − 2θ). — Zwei Bahnen, ein Landepunkt: 30° und 60° ergeben dieselbe Weite in verschiedener Höhe.

Senkrecht nach oben — nur Höhe, keine Weite

Was du weißt: θ = 90°, die waagerechte Komponente ist also null. Alles, was der Abwurf mitgab, geht ins Steigen und Zurückfallen.

Wurfweite: h = v²/2g, R = 0

Rechenbeispiel: v = 20 m/s senkrecht → maximale Höhe v²/2g = 20,4 m, Weite 0, und der Ball kommt mit 20 m/s zurück in die Hand

Diesen Fall öffnen: 90° senkrecht nach oben

Senkrecht nach oben — nur Höhe, keine Weite. Senkrechter Abwurf: Die Bahn schrumpft zur Linie, die Weite verschwindet. θ = 90°, die waagerechte Komponente ist also null. Alles, was der Abwurf mitgab, geht ins Steigen und Zurückfallen. — Senkrechter Abwurf: Die Bahn schrumpft zur Linie, die Weite verschwindet.

Abwurf aus der Höhe — die Symmetrie bricht

Was du weißt: Der Landepunkt liegt unter dem Abwurfpunkt, der Flug ist also nicht mehr symmetrisch und die 45°-Regel gilt nicht mehr.

Wurfweite: h > 0 ⇒ θ_opt < 45°

Rechenbeispiel: v = 22 m/s bei 35° aus 18 m Höhe → 3,6 s in der Luft und 65 m weit; der optimale Winkel liegt hier bei 37,2°, nicht bei 45°

Diesen Fall öffnen: von einer Klippe

Abwurf aus der Höhe — die Symmetrie bricht. Zusätzliche Höhe kauft zusätzliche Flugzeit, also gewinnt der flachere Wurf. Der Landepunkt liegt unter dem Abwurfpunkt, der Flug ist also nicht mehr symmetrisch und die 45°-Regel gilt nicht mehr. — Zusätzliche Höhe kauft zusätzliche Flugzeit, also gewinnt der flachere Wurf.

Aufgaben vollständig gelöst

Ein Ball, geworfen mit 20 m/s und 45° von ebenem Boden 5 Schritte
Ein Ball wird mit 20 m/s unter 45° auf ebenem Boden abgeschossen. Bestimme, wie lange er in der Luft bleibt und wie weit entfernt er landet — bestimme dann, was ein Zielfehler von 5° kostet; das ist die Frage, die darüber entscheidet, ob sich 45° überhaupt lohnen.
1. Zerlege den Wurf in zwei Bewegungen, die völlig unabhängig voneinander verlaufen. Die Schwerkraft wirkt nur nach unten, sodass die Horizontalgeschwindigkeit beim Landen dieselbe ist wie beim Start, und 45° ist der einzige Winkel, bei dem die beiden Komponenten zu Beginn gleich groß sind.
  
  $v_x=v_0\cos\theta=20\cos45^\circ=14.142\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=v_0\sin\theta=14.142\ \mathrm{m/s}$
2. Der Flug endet, wenn die Höhe wieder Null erreicht, und nur die Vertikalbewegung ist dafür maßgeblich. Aufstieg und Abstieg dauern auf ebenem Boden gleich lang, sodass die gesamte Flugdauer das Doppelte der Zeit bis zum Scheitelpunkt beträgt.
  
  $y(t_f)=0:\quad t_f=\frac{2v_y}{g}=\frac{2(14.142)}{9.81}=2.8832\ \mathrm{s}$
3. Die horizontale Distanz ergibt sich aus einer konstanten Geschwindigkeit über diese Flugdauer. Durch Einsetzen der Komponenten vereinfacht sich alles auf den doppelten Winkel, und da sin 2θ unverändert bleibt, wenn θ durch 90° − θ ersetzt wird, landet der Ball bei einem Abwurfwinkel von 30° wie auch bei 60° jeweils bei 35,312 m.
  
  $R=v_xt_f=14.142\times2.8832=40.775\ \mathrm{m}=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}=\frac{400}{9.81}$
4. Der Scheitelpunkt ergibt sich allein aus der Vertikalkomponente, die durch die Schwerkraft bis zum Stillstand abgebremst wird. Bei 45° erreicht er genau ein Viertel der Wurfweite als Höhe, und dieses Viertel gilt bei 45° für jede beliebige Abwurfgeschwindigkeit.
  
  $y_{\max}=\frac{v_y^{2}}{2g}=\frac{200}{19.62}=10.194\ \mathrm{m}=\frac{R}{4}$
5. Nun zum Zielfehler. sin 2θ ist bei 45° stationär, sodass eine Abweichung um 5° ein Fehler zweiter Ordnung ist und auf 40,775 m lediglich 62 cm kostet. Dieselbe Abweichung um 5° bei 30° ist erster Ordnung und verändert die Wurfweite um 8,5 %, was etwa 3 m entspricht.
  
  $\frac{R(50^\circ)}{R(45^\circ)}=\sin100^\circ=0.9848\ (-0.62\ \mathrm{m}),\qquad\frac{R(35^\circ)}{R(30^\circ)}=\frac{\sin70^\circ}{\sin60^\circ}=1.085$
Antwort

Das Werkzeug liefert 2,8832 s Flugzeit, eine Wurfweite von 40,775 m und eine Scheitelhöhe von 10,194 m. Die letzten beiden Werte stehen in einem Verhältnis von genau 4, und sie bleiben bei 45° unabhängig von der Geschwindigkeit in diesem Verhältnis — eine 45°-Trajektorie ist immer vier-mal so breit wie hoch, sodass es nur eine Form gibt und sich lediglich die Größe ändert. Schritt 5 ist der entscheidende Punkt: Das Maximum ist flach, weshalb sich 45° als Faustregel hält, die niemand genau prüft. Die Flachheit schneidet jedoch nach beiden Seiten, denn ein flaches Maximum ist schwer zu finden — wer den besten Winkel durch Ausprobieren sucht, erhält einen breiten Bereich von Winkeln, die alle gleich gut erscheinen.

$R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g},\qquad \frac{R}{y_{\max}}=4\ \ (\theta=45^\circ)$
Vom Tisch gerollt 4 Schritte
Eine Kugel rollt mit 3,0 m/s von einem 1,2 m hohen Tisch. Wie lange braucht sie bis zum Boden, in welchem Abstand vom Tisch schlägt sie auf und wie schnell ist sie beim Aufprall?

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1. Zerlege die Bewegung in zwei Anteile. Der waagerechte Abgang bedeutet θ = 0: Vertikal beginnt der Fall aus der Ruhe, und die 3,0 m/s wirken rein horizontal:
  
  $v_x=3{.}0\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=0,\qquad h=1{.}2\ \mathrm{m}$
2. Der Fall ist ein freier Fall aus der Ruhe über 1,2 m – das horizontale Tempo spielt dabei keinerlei Rolle:
  
  $0=h-\tfrac12gt_f^{2}\ \Rightarrow\ t_f=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2(1{.}2)}{9{.}81}}=0{.}49462\ \mathrm{s}$
3. Die horizontale Strecke legt die Kugel mit diesem unveränderten Tempo während der gesamten Fallzeit zurück:
  
  $R=v_x\,t_f=3{.}0\times0{.}49462=1{.}4839\ \mathrm{m}$
4. Am Boden beträgt die Horizontalkomponente weiterhin 3,0 m/s, während die vertikale auf gt angewachsen ist. Addiere beide vektoriell:
  
  $v_{y,f}=-g\,t_f=-4{.}8522\ \mathrm{m/s},\qquad v_f=\sqrt{3{.}0^{2}+4{.}8522^{2}}=5{.}7047\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=\arctan\frac{4{.}8522}{3{.}0}=58{.}273^\circ$
Antwort

0,49462 s Flugzeit, Aufprall 1,4839 m vom Tisch entfernt mit 5,7047 m/s unter 58,273° zur Horizontalen. Rollt sie doppelt so schnell los, landet sie doppelt so weit entfernt – nach genau denselben 0,49462 s.

$t_f=0{.}49462\ \mathrm{s},\qquad R=1{.}4839\ \mathrm{m},\qquad v_f=5{.}7047\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=58{.}273^\circ$
Von der Klippe: die Auftreffgeschwindigkeit 5 Schritte
Ein Stein wird von einer 25 m hohen Klippe mit 15 m/s unter 40° über der Horizontalen geworfen. Bestimme die Flugzeit, die Entfernung zum Klippenfuß und die Geschwindigkeit beim Auftreffen.

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1. Zuerst die Komponenten:
  
  $v_x=15\cos40^\circ=11{.}491\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=15\sin40^\circ=9{.}6418\ \mathrm{m/s}$
2. Der Flug endet, sobald die Höhe über dem Boden wieder null erreicht. Das ergibt eine quadratische Gleichung in t; die positive Lösung liefert den gesuchten Zeitpunkt nach dem Abwurf:
  
  $25+9{.}6418\,t-4{.}905\,t^{2}=0\ \Rightarrow\ t_f=\frac{9{.}6418+\sqrt{9{.}6418^{2}+2(9{.}81)(25)}}{9{.}81}=3{.}4451\ \mathrm{s}$
3. Die horizontale Weite ergibt sich aus v_x über genau diese Zeitspanne hinweg:
  
  $R=v_x\,t_f=(15\cos40^\circ)(3{.}4451)=39{.}587\ \mathrm{m}$
4. Beim Auftreffen bleibt die horizontale Komponente unverändert, die vertikale lautet v_y − gt_f. Setze beide zusammen:
  
  $v_{y,f}=9{.}6418-9{.}81(3{.}4451)=-24{.}155\ \mathrm{m/s},\qquad v_f=\sqrt{11{.}491^{2}+24{.}155^{2}}=26{.}749\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=\arctan\frac{24{.}155}{11{.}491}=64{.}559^\circ$
5. Gegenprobe ohne die Zeit: Der Energieerhaltungssatz liefert das Tempo allein aus Abwurfgeschwindigkeit und Höhenunterschied:
  
  $v_f=\sqrt{v_0^{2}+2gh}=\sqrt{15^{2}+2(9{.}81)(25)}=26{.}749\ \mathrm{m/s}\ \checkmark$
Antwort

3,4451 s in der Luft, Aufprall 39,587 m vor dem Klippenfuß mit 26,749 m/s unter 64,559° zur Horizontalen. In der Gegenprobe aus Schritt 5 taucht kein Winkel auf: Von dieser Klippe schlägt jeder Wurf mit 15 m/s am Ende mit 26,749 m/s auf, ganz gleich, in welche Richtung du zielst. Der Winkel bestimmt lediglich, wo der Stein aufkommt und in welche Richtung er sich bewegt.

$t_f=3{.}4451\ \mathrm{s},\qquad R=39{.}587\ \mathrm{m},\qquad v_f=26{.}749\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=64{.}559^\circ$
Über die Mauer? 3 Schritte
Ein Ball wird vom Boden aus mit 25 m/s unter 30° über der Horizontalen auf eine 3,0 m hohe Mauer in 40 m Entfernung geschossen. Fliegt er über die Mauer, und steigt er dort noch?
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1. Aus der horizontalen Bewegung folgt der Zeitpunkt, an dem der Ball die Mauer erreicht:
  
  $t=\frac{x}{v_0\cos\theta}=\frac{40}{25\cos30^\circ}=\frac{40}{21{.}651}=1{.}8475\ \mathrm{s}$
2. Die vertikale Bewegung liefert seine Höhe in genau diesem Augenblick:
  
  $y=v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}=12{.}5(1{.}8475)-4{.}905(1{.}8475)^{2}=23{.}094-16{.}742=6{.}352\ \mathrm{m}$
3. Die Vertikalgeschwindigkeit verrät anschließend, ob er noch steigt oder bereits fällt:
  
  $v_y=v_0\sin\theta-gt=12{.}5-9{.}81(1{.}8475)=-5{.}624\ \mathrm{m/s}$
Antwort

Ja, um 3,35 m: Der Ball überquert die Mauer in 6,35 m Höhe und sinkt bereits mit 5,62 m/s. Gefragt war nach einem einzelnen Punkt auf der Bahn – deshalb ergab sich die Flugzeit aus dem Abstand zur Mauer und nicht aus dem Ende des Flugs.

$y(40\ \mathrm{m})=6{.}35\ \mathrm{m}>3{.}0\ \mathrm{m},\qquad v_y=-5{.}62\ \mathrm{m/s}$
Das Tempo für die Weite 3 Schritte
Ein Weitspringer verlässt den Absprungbalken unter 20° zur Horizontalen und landet 7,5 m weit. Angenommen, Absprung und Landung liegen auf gleicher Höhe und der Luftwiderstand bleibt unberücksichtigt: Wie groß war die Absprunggeschwindigkeit?

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1. In der Ebene dauert der Flug 2v₀ sin θ/g, und die Wurfweite ist v₀ cos θ mal diese Flugdauer. Beides zusammen ergibt die Wurfweitenformel:
  
  $R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}$
2. Löse nach v₀ auf:
  
  $v_0=\sqrt{\frac{Rg}{\sin2\theta}}=\sqrt{\frac{7{.}5\times9{.}81}{\sin40^\circ}}=\sqrt{114{.}46}=10{.}699\ \mathrm{m/s}$
3. Gegenprobe durch Einsetzen der Geschwindigkeit:
  
  $R=\frac{10{.}699^{2}\sin40^\circ}{9{.}81}=7{.}50\ \mathrm{m}\ \checkmark$
Antwort

10,699 m/s. Dasselbe Tempo unter 45° würde für 11,668 m reichen. Dass Weitspringer dennoch bei rund 20° abspringen, liegt am Absprung selbst: Je steiler der Absprung, desto mehr Anlaufgeschwindigkeit geht am Balken verloren.

$v_0=10{.}699\ \mathrm{m/s};\qquad R(45^\circ)=\frac{v_0^{2}}{g}=11{.}668\ \mathrm{m}$
Zwei Winkel, derselbe Aufprallort 3 Schritte
Ein Ball wird auf ebenem Grund mit 25 m/s abgeworfen und soll 50 m weit fliegen. Unter welchem Winkel muss der Abwurf erfolgen?

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1. Setze die Zahlenwerte in die Weitenformel ein und löse nach sin 2θ auf:
  
  $\sin2\theta=\frac{Rg}{v_0^{2}}=\frac{50\times9{.}81}{25^{2}}=0{.}7848$
2. Zwischen 0° und 180° besitzen zwei Winkel diesen Sinuswert. Zwischen 0° und 90° existieren folglich zwei Abwurfwinkel, und sie ergänzen sich zu 90°:
  
  $2\theta=51{.}702^\circ,\ \ 128{.}298^\circ\ \Rightarrow\ \theta=25{.}851^\circ,\ \ 64{.}149^\circ$
3. Beide treffen bei 50 m auf, aber nicht zur selben Zeit – denn allein die Vertikalkomponente bestimmt die Flugdauer:
  
  $t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g}:\qquad\frac{2(25)\sin25{.}851^\circ}{9{.}81}=2{.}2224\ \mathrm{s},\qquad\frac{2(25)\sin64{.}149^\circ}{9{.}81}=4{.}5868\ \mathrm{s}$
Antwort

25,851° oder 64,149°. Der flache Wurf schlägt nach 2,2224 s auf; der hohe braucht 4,5868 s und klettert unterwegs auf 25,799 m, gegenüber nur 6,0565 m. Klick auf 30° und danach auf 60° für dasselbe Paar bei 20 m/s.

$\theta=25{.}851^\circ\ \ (t_f=2{.}2224\ \mathrm{s},\ y_{\max}=6{.}0565\ \mathrm{m}),\qquad \theta=64{.}149^\circ\ \ (t_f=4{.}5868\ \mathrm{s},\ y_{\max}=25{.}799\ \mathrm{m})$
Der Winkel, der aus 18 m Höhe am weitesten trägt 7 Schritte
Die Tafel löst den Wurf, den du ihr gibst: 35° aus 18 m Höhe tragen 64,764 m. Ob 35° überhaupt eine gute Wahl war, sagt sie nicht. Finde den Winkel, der von dieser Klippe am weitesten trägt — und frage dann, wie viel die Antwort wirklich wert ist.

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1. Zerlege den Abwurf. Alles nach dieser Zeile ist eine konstante Horizontalgeschwindigkeit und ein freier Fall, der zufällig 18 m über dem Aufschlagboden beginnt.
  
  $v_x=v_0\cos\theta=22\cos35^\circ=18.021\ \mathrm{m\,s^{-1}},\qquad v_y=v_0\sin\theta=22\sin35^\circ=12.619\ \mathrm{m\,s^{-1}}$
2. Der Flug endet, wenn die Höhe wieder null erreicht — eine quadratische Gleichung in t. Nimm die positive Wurzel; die andere wäre der Zeitpunkt, zu dem der Körper den Boden verlassen hätte, wäre er dort gestartet.
  
  $h+v_yt-\tfrac12gt^{2}=0\ \Longrightarrow\ t_f=\frac{v_y+\sqrt{v_y^{2}+2gh}}{g}=\frac{12.619+\sqrt{159.24+353.16}}{9.81}=3.5938\ \mathrm{s}$
3. Die Weite ist die Horizontalgeschwindigkeit mal die gesamte Flugzeit, denn horizontal wirkt überhaupt nichts. Drei der bisherigen vier Zahlen stehen oben auf der Tafel.
  
  $R=v_xt_f=18.021\times3.5938=64.764\ \mathrm{m}$
4. Der Scheitel liegt dort, wo die Vertikalgeschwindigkeit aufgebraucht ist, und die Klippe hebt das Ganze nur an: 18 m Vorsprung plus genau der Anstieg, den ein Abwurf vom Boden geschafft hätte.
  
  $y_{\max}=h+\frac{v_y^{2}}{2g}=18+\frac{159.24}{19.62}=26.116\ \mathrm{m}$
5. Nun die Frage, die die Tafel nicht beantwortet. Schreibe die Weite als Funktion allein des Winkels, bei festem v₀ und h. Die Flugzeit hängt jetzt ebenfalls von θ ab — genau deshalb ist das nicht die handliche Meereshöhen-Formel.
  
  $R(\theta)=\frac{v_0\cos\theta}{g}\left(v_0\sin\theta+\sqrt{v_0^{2}\sin^{2}\theta+2gh}\right)$
6. Ableiten und null setzen. Alles fällt zu einer einzigen Bedingung an sin θ zusammen, und die Klippe geht nur über die dimensionslose Größe 2gh/v₀² ein. Setzt man h = 0, kommt sin θ = 1/√2 heraus, die vertrauten 45°. Hier kommen 37,248° heraus.
  
  $\frac{dR}{d\theta}=0\ \Longrightarrow\ \sin\theta^{*}=\frac{1}{\sqrt{2+2gh/v_0^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2.72967}}=0.60526\ \Longrightarrow\ \theta^{*}=37.248^\circ$
7. Stelle nun die drei Winkel nebeneinander und lies die Größenordnungen, nicht bloß die Reihenfolge.
  
  $R(37.248^\circ)=64.887,\qquad R(35^\circ)=64.764,\qquad R(45^\circ)=63.355\ \ \mathrm{(m)}$
Antwort

Der beste Winkel von dieser Klippe ist 37,248°, und das Nachzielen ist bei einem 65-m-Wurf 12 cm wert. Das ist die eigentliche Lehre, und sie steckt nicht im Optimum selbst: ein Maximum ist flach, also kostet ein Fehler von 2,2° fast nichts. Teuer ist das falsche Modell — 45° ist nur vom Boden aus optimal, und hier verschenkt es 1,532 m, das Zwölffache des Zielfehlers. Erhöhe die Klippe, und θ* sinkt weiter; im Grenzfall einer sehr hohen Klippe ist der weiteste Wurf beinahe waagerecht.

$\sin\theta^{*}=\left(2+\frac{2gh}{v_0^{2}}\right)^{-1/2}\Longrightarrow\theta^{*}=37.248^\circ;\qquad R^{*}-R(35^\circ)=0.123\ \mathrm{m},\qquad R^{*}-R(45^\circ)=1.532\ \mathrm{m}$

Weitere Aufgaben, nur mit Lösungen

Ein Stein wird von einer 30 m hohen Klippe waagerecht mit 12 m/s abgeworfen. Wann schlägt er auf und wie weit vom Klippenfuß entfernt?

Ergebnis anzeigen

2,473 s und 29,68 m.

$t_f=\sqrt{\frac{2(30)}{9{.}81}}=2{.}473\ \mathrm{s},\qquad R=12\times2{.}473=29{.}68\ \mathrm{m}$
Ein Ball wird auf ebenem Boden mit 18 m/s unter 60° über der Horizontalen geschossen. Bestimme seine maximale Höhe und die Wurfweite.

Ergebnis anzeigen

12,39 m und 28,60 m.

$y_{\max}=\frac{(18\sin60^\circ)^{2}}{2(9{.}81)}=12{.}39\ \mathrm{m},\qquad R=\frac{18^{2}\sin120^\circ}{9{.}81}=28{.}60\ \mathrm{m}$
Ein Ball wird mit 20 m/s unter 30° über der Horizontalen abgeworfen. Bestimme Tempo und Richtung nach 1,0 s.

Ergebnis anzeigen

17,32 m/s unter 0,63° über der Horizontalen: Er befindet sich knapp vor dem Scheitelpunkt.

$v_x=17{.}32,\quad v_y=10-9{.}81=0{.}19\ \ (\mathrm{m/s})\ \Rightarrow\ v=17{.}32\ \mathrm{m/s},\ \ 0{.}63^\circ$
Welche maximale Wurfweite erreicht ein Geschoss in der Ebene bei 50 m/s, und wie lange bleibt es in der Luft?

Ergebnis anzeigen

254,8 m bei 45°, nach 7,208 s.

$R_{\max}=\frac{v_0^{2}}{g}=\frac{50^{2}}{9{.}81}=254{.}8\ \mathrm{m},\qquad t_f=\frac{2(50)\sin45^\circ}{9{.}81}=7{.}208\ \mathrm{s}$
Ein Pfeil wird waagerecht auf eine 2,5 m entfernte Scheibe geworfen und trifft 0,20 m unterhalb des Zielpunkts auf. Wie schnell war der Wurf?

Ergebnis anzeigen

12,38 m/s: Das Absinken um 0,20 m dauert 0,2019 s.

$t=\sqrt{\frac{2(0{.}20)}{9{.}81}}=0{.}2019\ \mathrm{s},\qquad v_0=\frac{2{.}5}{0{.}2019}=12{.}38\ \mathrm{m/s}$

Lernpfad

Wurfbewegungen

Quellen (1)

Insight block 2 stacks two motions. Arriving at that decomposition took Galileo most of a career: S. Drake, "Galileo’s Discovery of the Parabolic Trajectory", in Essays on Galileo and the History and Philosophy of Science, 160–170. University of Toronto Press, 1999.

Vom 7-Raven-Room-Team · Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen.