DE · Abitur

Gravitation, Keplersche Gesetze und Astrophysik (optional)

Newtons Leistung war nicht, die Schwerkraft zu entdecken, sondern zu erkennen, dass der fallende Apfel und der umlaufende Mond DEMSELBEN Gesetz gehorchen. Aus dieser Vereinheitlichung folgen die Keplerschen Gesetze, die Bahn jedes Satelliten und die Fluchtgeschwindigkeit. In den KMK-Bildungsstandards ist die Gravitation kein eigener Inhaltsbereich — Astrophysik wird ausdrücklich als möglicher länderspezifischer Schwerpunkt genannt.

6 Abschnitte~20 Min Lesezeit4 KompetenzenStand 05/2026

T·0333 / 10

Prüfungsprofil

S 1 · Phänomene unter Nutzung bekannter physikalischer Modelle und Theorien erklärenS 7 · Bekannte mathematische Verfahren auf physikalische Sachverhalte anwendenE 9 · Die Relevanz von Modellen, Theorien und Experimenten für die Erkenntnisgewinnung reflektierenK 4 · Unter Verwendung der Fachsprache chronologisch und kausal korrekt strukturiert formulieren

Operatoren:beschreibenberechnenherleitenbegründenerläuternbeurteilen

grundlegendes Niveau

gA: das Gravitationsgesetz anwenden, die drei Keplerschen Gesetze kennen und deuten, Kreisbahnen und geostationäre Satelliten berechnen sowie Schwerelosigkeit korrekt erklären.

erhöhtes Niveau

eA: zusätzlich das dritte Keplersche Gesetz aus dem Kräftegleichgewicht herleiten, das Gravitationspotential und die Fluchtgeschwindigkeit über die Energiebilanz bestimmen und astrophysikalische Anwendungen quantitativ auswerten.

Tiefe

Schrift

Inhalt · 6 Abschnitte

Gravitation, Keplersche Gesetze und Astrophysik (optional)

6 Abschnitte30 Merksätze9 Formeln30 Fehlerwarnungen

Das Newtonsche Gravitationsgesetz#

~3 Min LesezeitBasisErweiterungGravitation

Das Gravitationsgesetz — Größen und Grenzen

Abb. 1Das Gesetz gilt exakt für Punktmassen und für kugelsymmetrische Körper von außen. Diese Einschränkung wird in Aufgaben stillschweigend vorausgesetzt.

Newtons entscheidender Gedanke war die VEREINHEITLICHUNG: Dieselbe Kraft, die einen Apfel fallen lässt, hält den Mond auf seiner Bahn. Vor ihm galten irdische und himmlische Bewegung als grundverschieden; seither beschreibt ein einziges Gesetz beide. Diese Zusammenführung ist der eigentliche Inhalt des Abschnitts, nicht die Formel allein.

Zwischen zwei Massen wirkt die anziehende Kraft

F = G\,m_1 m_2/r^2

mit der Gravitationskonstanten

G = 6{,}674\cdot 10^{-11}\,\text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2

. Der Abstand

r

ist der Abstand der MITTELPUNKTE — bei kugelsymmetrischen Körpern darf die gesamte Masse im Mittelpunkt vereinigt gedacht werden, was Newton eigens beweisen musste.

Formal ist das Gesetz mit dem Coulomb-Gesetz identisch, physikalisch aber in zwei Punkten verschieden: Die Gravitation kennt nur ANZIEHUNG, weil es keine negative Masse gibt, und sie ist unvorstellbar viel schwächer — im Wasserstoffatom um den Faktor

10^{39}

. Dass sie im Großen dennoch dominiert, liegt an der elektrischen Neutralität der Materie.

Die Ortsfaktor-Formel folgt unmittelbar: Setzt man an der Erdoberfläche

F = m\,g

, ergibt sich

g = G\,M_E/R_E^2 \approx 9{,}81\,\text{m/s}^2

. Der Ortsfaktor ist damit keine Naturkonstante, sondern eine Eigenschaft des Himmelskörpers — auf dem Mond beträgt er nur etwa ein Sechstel.

Wichtig für Aufgaben in der Höhe: Es zählt der Abstand vom ERDMITTELPUNKT, also

r = R_E + h

. Auf der Höhe der Internationalen Raumstation (

h \approx 400\,\text{km}

) ist

g

deshalb noch etwa

89\,\%

des Bodenwerts — die dortige Schwerelosigkeit hat also NICHTS mit fehlender Gravitation zu tun.

Die schwere Masse (in

F = G m_1 m_2/r^2

) und die träge Masse (in

F = m a

) sind begrifflich verschieden, stimmen aber messtechnisch bis auf

10^{-13}

überein. Dieses Äquivalenzprinzip ist der Ausgangspunkt der Allgemeinen Relativitätstheorie — und der Grund, warum im Vakuum alle Körper gleich schnell fallen.

Vokabeln

→ Kartei

die Gravitationskonstante$G = 6{,}674\cdot 10^{-11}$ N m²/kg²
der OrtsfaktorFallbeschleunigung $g = GM/R^2$ am Ortkeine Naturkonstante
die schwere MasseMasse als Quelle und Angriffspunkt der Gravitation
die träge MasseMasse als Widerstand gegen Beschleunigung
das ÄquivalenzprinzipGleichheit von schwerer und träger Masse

Newtonsches Gravitationsgesetz

F_G = G\,\dfrac{m_1 m_2}{r^2}

$G \approx 6{,}674\cdot 10^{-11}\,\text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$ ; Kraftanziehung zweier Punktmassen.

Ortsfaktor eines Himmelskörpers

g = G\,\dfrac{M}{R^2},\qquad r = R_E + h

$g$ der Ortsfaktor in m/s², $G = 6{,}674\cdot 10^{-11}\,\text{N}\,\text{m}^2/\text{kg}^2$ , $M$ die Masse des Himmelskörpers in kg, $R$ sein Radius in m. In der Höhe $h$ ist stets der Mittelpunktsabstand $r$ einzusetzen.

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Typische Fehler

Die Flughöhe statt des Mittelpunktsabstands eingesetzt; bei $400\,\text{km}$ ergäbe das einen um Größenordnungen falschen Wert.
Mit $1/r$ statt $1/r^2$ gerechnet.
Angenommen, in der Raumstation herrsche keine Gravitation. Dort beträgt $g$ noch rund $8{,}7\,\text{m/s}^2$ .
$g = 9{,}81\,\text{m/s}^2$ auch für andere Himmelskörper verwendet.
Die Gravitationskonstante $G$ mit dem Ortsfaktor $g$ verwechselt — sie unterscheiden sich um mehr als zehn Zehnerpotenzen und in der Einheit.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Begründen Sie mit dem Superpositionsprinzip, warum eine homogene Kugelschale in ihrem Inneren KEIN Gravitationsfeld erzeugt, und leiten Sie daraus ab, wie der Ortsfaktor im Inneren einer homogenen Kugel mit dem Abstand vom Mittelpunkt verläuft.

Aktive Wiederholung

Berechnen Sie den Ortsfaktor an der Erdoberfläche aus $M_E = 5{,}97\cdot 10^{24}\,\text{kg}$ und $R_E = 6371\,\text{km}$ . Bestimmen Sie anschließend $g$ in der Höhe der ISS ( $h = 400\,\text{km}$ ) und beurteilen Sie damit die verbreitete Aussage, in der Raumstation herrsche „keine Schwerkraft".

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Quellen: LEIFIphysik — Gravitationsgesetz (Joachim Herz Stiftung)

Die drei Keplerschen Gesetze#

~3 Min LesezeitStandardErweiterungGravitation

Keplerbahn — Ellipse, Brennpunkt und Flächensatz

Abb. 2Der Planet bewegt sich auf einer Ellipse mit der Sonne in einem Brennpunkt; nach dem 2. Gesetz überstreicht der Fahrstrahl in gleichen Zeiten gleiche Flächen — am Perihel ist die Bahngeschwindigkeit daher am größten.

Kepler fand seine Gesetze rein EMPIRISCH — durch jahrelange Auswertung der Marsbeobachtungen Tycho Brahes, Jahrzehnte bevor Newton die Ursache lieferte. Diese Reihenfolge ist selbst prüfungsrelevant: Sie zeigt, wie Naturwissenschaft von der Beschreibung zur Erklärung fortschreitet.

Das ERSTE Gesetz bricht mit der antiken Kreisvorstellung: Die Planeten laufen auf ELLIPSEN, in deren einem Brennpunkt die Sonne steht — nicht im Mittelpunkt. Für die Erde ist die Abweichung vom Kreis mit einer numerischen Exzentrizität von

0{,}017

allerdings so gering, dass sie zeichnerisch kaum auffällt.

Das ZWEITE Gesetz — der Flächensatz — besagt, dass der Fahrstrahl Sonne–Planet in gleichen Zeiten gleiche Flächen überstreicht. Anschaulich heißt das: sonnennah schnell, sonnenfern langsam. Physikalisch ist es nichts anderes als die Drehimpulserhaltung, denn die Gravitation ist eine ZENTRALKRAFT und übt daher kein Drehmoment um die Sonne aus.

Das DRITTE Gesetz verknüpft verschiedene Planeten miteinander:

T^2/a^3 = \text{const.}

, wobei die Konstante nur von der Zentralmasse abhängt. Rechnet man in astronomischen Einheiten und Jahren, wird sie für das Sonnensystem gleich eins, sodass schlicht

T^2 = a^3

gilt — Mars mit

a = 1{,}524\,\text{AE}

hat demnach

T = 1{,}524^{1{,}5} \approx 1{,}88

Jahre.

Für Kreisbahnen lässt sich das dritte Gesetz in zwei Zeilen herleiten: Gravitationskraft gleich Zentripetalkraft,

G M m/r^2 = m\,4\pi^2 r/T^2

. Die Umlaufmasse

m

kürzt sich heraus — deshalb hängt die Umlaufzeit NICHT von der Masse des Planeten ab. Umstellen liefert unmittelbar

T^2/r^3 = 4\pi^2/(G M)

Genau diese Herleitung macht das Gesetz zum MESSINSTRUMENT: Aus Umlaufzeit und Bahnradius eines Mondes folgt die Masse des Zentralkörpers. So wurden die Massen der Planeten bestimmt, so wiegt man heute schwarze Löcher — die Bahnen der Sterne um das galaktische Zentrum liefern dessen Masse.

Vokabeln

→ Kartei

die EllipseBahnform mit zwei Brennpunktendie Sonne steht in EINEM Brennpunkt
die große Halbachsehalbe längste Achse der Ellipse; Größe $a$ im dritten Gesetz
der Flächensatzzweites Keplersches Gesetz; Ausdruck der Drehimpulserhaltung
die Zentralkraftstets auf ein festes Zentrum gerichtete Kraft
die astronomische Einheitmittlerer Abstand Erde–Sonne, $1\,\text{AE} \approx 1{,}496\cdot 10^{11}$ m

3. Keplersches Gesetz

\dfrac{T_1^2}{T_2^2} = \dfrac{a_1^3}{a_2^3}

Drittes Keplersches Gesetz aus dem Kräftegleichgewicht

G\,\dfrac{M\,m}{r^2} = m\,\dfrac{4\pi^2 r}{T^2} \;\Longrightarrow\; \dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M}

$M$ die Zentralmasse in kg, $m$ die Umlaufmasse (kürzt sich heraus), $r$ der Bahnradius in m, $T$ die Umlaufzeit in s. Die Konstante hängt NUR von der Zentralmasse ab.

Typische Fehler

Die Sonne in den MITTELPUNKT der Ellipse gesetzt statt in einen Brennpunkt.
In $T^2/a^3$ die Exponenten vertauscht.
AE und Jahre mit SI-Einheiten gemischt und dann die vereinfachte Form $T^2 = a^3$ verwendet.
Angenommen, ein schwererer Planet brauche bei gleichem Radius länger. Die Umlaufmasse kürzt sich heraus.
Das dritte Gesetz zwischen Planeten VERSCHIEDENER Zentralkörper angewandt; die Konstante hängt von der Zentralmasse ab.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Bestimmen Sie aus Umlaufzeit und Bahnradius des Erdmonds ( $T = 27{,}3\,\text{d}$ , $r = 384\,400\,\text{km}$ ) die Masse der Erde und vergleichen Sie mit dem Literaturwert. Diskutieren Sie, welche Annahmen (Kreisbahn, Punktmasse, Vernachlässigung der Mondmasse) dabei eingehen.

Aktive Wiederholung

Der Mars hat die große Halbachse $a = 1{,}524\,\text{AE}$ . Berechnen Sie mit dem dritten Keplerschen Gesetz seine Umlaufzeit in Jahren. Leiten Sie anschließend das Gesetz für Kreisbahnen aus dem Kräftegleichgewicht her und begründen Sie, warum die Planetenmasse darin nicht vorkommt.

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Quellen: LEIFIphysik — Keplersche Gesetze (Joachim Herz Stiftung)

Kreisbahnen und geostationäre Satelliten#

~4 Min LesezeitStandardErweiterungGravitation

Satellitenbahnen — Bahntypen und Kenngrößen

Abb. 3Alle folgen aus derselben Gleichsetzung von Gravitations- und Zentripetalkraft. Der Unterschied liegt allein im Bahnradius.

Ein Satellit auf einer Kreisbahn fällt permanent — er verfehlt die Erde nur, weil er sich schnell genug seitwärts bewegt. Rechnerisch drückt sich das im Ansatz aus, dass die Gravitationskraft GENAU die nötige Zentripetalkraft liefert:

G M m/r^2 = m v^2/r

. Dieser eine Ansatz trägt jede Aufgabe des Abschnitts.

Daraus folgt die Bahngeschwindigkeit

v = \sqrt{G M/r}

. Bemerkenswert ist erneut, dass die Satellitenmasse herausfällt: Eine Schraube und die ISS umkreisen die Erde auf gleicher Höhe mit exakt gleicher Geschwindigkeit. Und je HÖHER die Bahn, desto LANGSAMER der Umlauf — eine Umkehrung der Alltagserwartung, die gern geprüft wird.

Ein GEOSTATIONÄRER Satellit steht über einem festen Punkt des Äquators. Dafür müssen drei Bedingungen zugleich erfüllt sein: Die Umlaufzeit entspricht einem siderischen Tag, die Bahn liegt in der Äquatorebene, und der Umlauf erfolgt rechtläufig. Alle drei zu nennen gehört zur vollständigen Antwort.

Entscheidend ist die Umlaufzeit von

23\,\text{h}\,56\,\text{min}\,4\,\text{s}

— der SIDERISCHE Tag, nicht die 24 Stunden des Sonnentags. Der Unterschied von knapp vier Minuten stammt daher, dass sich die Erde zugleich um die Sonne bewegt; mit 24 Stunden gerechnet ergibt sich ein um mehrere Kilometer falscher Radius.

Aus dem dritten Keplerschen Gesetz folgt für diese Umlaufzeit ein Bahnradius von rund

42\,160\,\text{km}

, also eine Höhe von etwa

35\,790\,\text{km}

über dem Äquator — der Gürtel, in dem sämtliche Fernsehsatelliten stehen. Ihre Bahngeschwindigkeit beträgt dabei rund

3{,}07\,\text{km/s}

Die Höhe bestimmt den Einsatzzweck: Erdbeobachtungs- und Wettersatelliten in niedrigen Bahnen (

300

–

800\,\text{km}

) umrunden die Erde in gut anderthalb Stunden und liefern hohe Auflösung; geostationäre Satelliten stehen still am Himmel und brauchen keine nachgeführte Antenne, sehen die Erde aber nur aus großer Entfernung und können die Polargebiete nicht abdecken.

Vokabeln

→ Kartei

die Zentripetalkraftzum Kreismittelpunkt gerichtete Kraft; hier von der Gravitation geliefert
geostationärüber einem festen Äquatorpunkt stehend
der siderische TagUmdrehung gegenüber den Fixsternen: 23 h 56 min 4 s
die BahngeschwindigkeitGeschwindigkeit auf der Umlaufbahn, $v = \sqrt{GM/r}$

Kreisbahn um Zentralkörper Masse M

v_{\text{Orbit}} = \sqrt{\dfrac{G M}{r}},\quad T = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^3}{G M}}

Bahngeschwindigkeit und Bahnradius einer Kreisbahn

G\,\dfrac{M\,m}{r^2} = \dfrac{m\,v^2}{r} \;\Longrightarrow\; v = \sqrt{\dfrac{G\,M}{r}},\qquad r = \sqrt[3]{\dfrac{G\,M\,T^2}{4\pi^2}}

$M$ die Zentralmasse in kg, $r$ der Bahnradius ab MITTELPUNKT in m, $T$ die Umlaufzeit in s. Die Satellitenmasse $m$ kürzt sich in beiden Beziehungen heraus.

Musterlösung

Bahnradius eines geostationären Satelliten

Bestimmen Sie den Bahnradius eines geostationären Satelliten und die Bahngeschwindigkeit. Erdmasse $M_E = 5{,}972\cdot 10^{24}\,\text{kg}$ , Periodendauer $T = 86\,164\,\text{s}$ (siderischer Tag).

Schritt 1 — Bewegungsgleichung
Gravitationskraft liefert Zentripetalkraft: $G M_E/r^2 = \omega^2 r$ mit $\omega = 2\pi/T$ .
Schritt 2 — Auflösen nach r
$r = \sqrt[3]{G M_E T^2/(4\pi^2)}$ .
$r = \sqrt[3]{\dfrac{G M_E T^2}{4\pi^2}}$
Schritt 3 — Zahlenwerte einsetzen
$r = \sqrt[3]{6{,}674\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}972\cdot 10^{24}\cdot (86\,164)^2/39{,}48} \approx 4{,}22\cdot 10^7\,\text{m}$ .
Schritt 4 — Bahngeschwindigkeit
$v = 2\pi r/T \approx 2\pi\cdot 4{,}22\cdot 10^7/86\,164 \approx 3{,}07\cdot 10^3\,\text{m/s}$ .
Schritt 5 — Interpretieren
Bahnhöhe $\approx 35\,800\,\text{km}$ über Äquator — entspricht dem klassischen GEO-Orbit für Telekommunikationssatelliten.

Ergebnis: $r \approx 4{,}22\cdot 10^7\,\text{m}$ (Höhe $\approx 35\,800\,\text{km}$ ), $v \approx 3{,}07\,\text{km/s}$ .

Typische Fehler

Mit $24\,\text{h}$ statt dem siderischen Tag gerechnet.
Die Flughöhe als Bahnradius eingesetzt oder umgekehrt das Ergebnis nicht um $R_E$ vermindert.
Angenommen, höhere Satelliten seien schneller. Wegen $v \propto 1/\sqrt{r}$ sind sie langsamer.
Angenommen, die Satellitenmasse beeinflusse die Bahngeschwindigkeit.
Eine geostationäre Bahn über einem beliebigen Ort für möglich gehalten; sie ist nur über dem Äquator möglich.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Bestimmen Sie über die Energiebilanz die Arbeit, die nötig ist, um einen Satelliten der Masse $m$ von einer Kreisbahn mit Radius $r_1$ auf eine mit $r_2 > r_1$ zu heben. Begründen Sie das zunächst paradoxe Ergebnis, dass die kinetische Energie dabei ABNIMMT, obwohl Energie zugeführt werden muss.

Aktive Wiederholung

Berechnen Sie Bahnradius, Flughöhe und Bahngeschwindigkeit eines geostationären Satelliten ( $M_E = 5{,}97\cdot 10^{24}\,\text{kg}$ , siderischer Tag $86\,164\,\text{s}$ ). Begründen Sie, warum eine solche Bahn nur über dem Äquator möglich ist, und nennen Sie einen Vor- und einen Nachteil gegenüber einer niedrigen Erdumlaufbahn.

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Quellen: LEIFIphysik — Satellitenbahnen (Joachim Herz Stiftung)

Energie im Gravitationsfeld und Fluchtgeschwindigkeit#

~3 Min LesezeitVertiefungErweiterungGravitation

Gravitationspotentialtopf — E(r) im Zentralfeld

Abb. 4Potentielle Energie

E_{\text{pot}}(r) = -GMm/r

steigt von

-\infty

monoton gegen

0

. Eine gebundene Bahn (Gesamtenergie

E < 0

) ist im Topf gefangen; für die Fluchtsituation gilt

E \geq 0

Die vertraute Formel

E_{\text{pot}} = m\,g\,h

gilt nur, solange

g

als konstant gelten darf — also nahe der Oberfläche. Für Raumfahrtprobleme versagt sie, weil die Gravitationskraft mit der Höhe abnimmt. Dann gilt

E_{\text{pot}} = -G\,M\,m/r

mit dem Bezugspunkt im UNENDLICHEN.

Das negative Vorzeichen ist keine Konvention, die man auch anders wählen könnte: Es drückt aus, dass der Körper GEBUNDEN ist. Um ihn ins Unendliche zu bringen, wo

E_{\text{pot}} = 0

gilt, muss Energie ZUGEFÜHRT werden. Wer das Minuszeichen unterschlägt, kehrt die gesamte Argumentation um.

Die Fluchtgeschwindigkeit folgt aus einer einzigen Bilanz: Die kinetische Energie muss genügen, um die negative potentielle Energie gerade auszugleichen,

\tfrac12 m v^2 = G M m/R

. Wieder kürzt sich

m

heraus — die Fluchtgeschwindigkeit ist für eine Kanonenkugel dieselbe wie für eine Rakete.

Für die Erde ergibt sich

v_{\text{flucht}} = \sqrt{2 G M_E/R_E} \approx 11{,}2\,\text{km/s}

, die zweite kosmische Geschwindigkeit. Sie ist um den Faktor

\sqrt2

größer als die erste kosmische Geschwindigkeit von rund

7{,}9\,\text{km/s}

, mit der eine oberflächennahe Kreisbahn erreicht wird — ein Verhältnis, das sich unmittelbar aus den beiden Ansätzen ergibt.

Reale Raketen starten nicht mit dieser Geschwindigkeit, sondern beschleunigen kontinuierlich; die Rechnung liefert dennoch die untere Grenze des Energiebedarfs. Zusätzlich kosten Luftwiderstand und der Transport des eigenen Treibstoffs erheblich mehr — deshalb sind Trägerraketen mehrstufig.

Denkt man die Formel zu Ende, ergibt sich der Schwarzschild-Radius: Wird ein Körper so kompakt, dass die Fluchtgeschwindigkeit

c

erreicht, kann nichts mehr entkommen — ein schwarzes Loch. Dass diese Newtonsche Abschätzung zufällig denselben Radius liefert wie die exakte allgemein-relativistische Rechnung, ist ein bemerkenswerter Zufall und sollte als solcher benannt werden.

Vokabeln

→ Kartei

die FluchtgeschwindigkeitMindestgeschwindigkeit zum Verlassen des Gravitationsfeldes
die erste kosmische GeschwindigkeitGeschwindigkeit für eine oberflächennahe Kreisbahn (≈ 7,9 km/s)
der Potentialtopfanschauliche Darstellung der gebundenen Energie
der Schwarzschild-RadiusRadius, bei dem die Fluchtgeschwindigkeit $c$ erreicht

Potentielle Energie im Gravitationsfeld und Fluchtgeschwindigkeit

E_{\text{pot}} = -G\,\dfrac{M\,m}{r},\qquad v_{\text{flucht}} = \sqrt{\dfrac{2\,G\,M}{R}}

$E_{\text{pot}}$ in J mit Bezugspunkt $E_{\text{pot}}(\infty) = 0$ ; das Minuszeichen kennzeichnet den gebundenen Zustand. $R$ der Startradius in m; die Masse des startenden Körpers kürzt sich heraus.

Musterlösung

Fluchtgeschwindigkeit von der Erdoberfläche

Berechnen Sie die zweite kosmische Geschwindigkeit (Fluchtgeschwindigkeit) von der Erdoberfläche aus Energieerhaltung. Erdradius $R_E = 6{,}371\cdot 10^6\,\text{m}$ .

Schritt 1 — Energiebilanz
Mindestenergie: $\tfrac{1}{2} m v^2 = G M_E m/R_E$ (kinetische Energie deckt potentielle Energie an der Oberfläche, Geschwindigkeit im Unendlichen Null).
Schritt 2 — Auflösen
$v_{\text{esc}} = \sqrt{2 G M_E/R_E}$ .
$v_{\text{esc}} = \sqrt{\dfrac{2 G M}{R}}$
Schritt 3 — Zahlenwerte
$v_{\text{esc}} = \sqrt{2\cdot 6{,}674\cdot 10^{-11}\cdot 5{,}972\cdot 10^{24}/6{,}371\cdot 10^6} \approx 1{,}12\cdot 10^4\,\text{m/s}$ .
Schritt 4 — Interpretieren
$v_{\text{esc}} \approx 11{,}2\,\text{km/s}$ ist genau Faktor $\sqrt{2}$ größer als die erste kosmische Geschwindigkeit ( $7{,}9\,\text{km/s}$ ).

Ergebnis: Fluchtgeschwindigkeit $v_{\text{esc}} \approx 11{,}2\,\text{km/s}$ .

Typische Fehler

$E_{\text{pot}} = m g h$ für große Höhen verwendet.
Das Minuszeichen in $-GMm/r$ weggelassen und dadurch die Energiebilanz umgekehrt.
Den Faktor 2 unter der Wurzel vergessen und die erste statt der zweiten kosmischen Geschwindigkeit erhalten.
Angenommen, eine schwerere Rakete brauche eine höhere Fluchtgeschwindigkeit. Die Masse kürzt sich heraus.
Den Bezugspunkt der potentiellen Energie an die Oberfläche gelegt; die Formel setzt $E_{\text{pot}}(\infty) = 0$ voraus.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Leiten Sie den Schwarzschild-Radius $r_S = 2GM/c^2$ ab, indem Sie in der Fluchtgeschwindigkeitsformel $v = c$ setzen. Berechnen Sie ihn für die Erde und die Sonne und beurteilen Sie, warum diese Newtonsche Herleitung trotz ihres formal korrekten Ergebnisses physikalisch NICHT die richtige Begründung liefert.

Aktive Wiederholung

Berechnen Sie die Fluchtgeschwindigkeit für die Erde ( $M_E = 5{,}97\cdot 10^{24}\,\text{kg}$ , $R_E = 6371\,\text{km}$ ). Vergleichen Sie sie mit der ersten kosmischen Geschwindigkeit und begründen Sie den Faktor $\sqrt2$ aus den beiden zugrunde liegenden Ansätzen.

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Quellen: LEIFIphysik — Energie im Gravitationsfeld (Joachim Herz Stiftung)

Gravitationsfeld, Schwerelosigkeit und Gezeiten#

~3 Min LesezeitStandardErweiterungGravitation

Schwerelosigkeit — vier Fälle

Abb. 5🔴 Auf der ISS ist die Gravitation nur ca. 10 % geringer als am Boden. Was fehlt, ist nicht die Kraft, sondern die GEGENKRAFT.

Wie beim elektrischen Feld beschreibt man auch die Gravitation über ein Feld: Die Gravitationsfeldstärke

\vec g = \vec F/m

ist die Kraft je Masse und stimmt zahlenmäßig mit der Fallbeschleunigung überein. Der Vergleich beider Felder ist ein klassischer Prüfungstransfer — dieselbe

1/r^2

-Struktur, aber nur ein Vorzeichen.

Die verbreitete Rede von „Schwerelosigkeit" im Orbit ist physikalisch falsch. In

400\,\text{km}

Höhe beträgt der Ortsfaktor noch rund

8{,}7\,\text{m/s}^2

, also fast

89\,\%

des Bodenwerts. Gäbe es dort tatsächlich keine Gravitation, flöge die Station geradlinig davon.

Was Astronauten erleben, ist der FREIE FALL: Station und Insassen fallen mit derselben Beschleunigung um die Erde herum. Weil alles gleich schnell fällt, verschwindet die Relativbeschleunigung zwischen Mensch und Wand — es gibt keine Auflagekraft, und genau deren Fehlen empfinden wir als Gewicht. Korrekt heißt der Zustand deshalb Mikrogravitation oder Schwerelosigkeit im freien Fall.

Genau das ist der Kern des Äquivalenzprinzips: In einer frei fallenden Kabine ohne Fenster lässt sich durch KEIN Experiment feststellen, ob man schwerelos im All schwebt oder frei fällt. Schwerkraft und Beschleunigung sind lokal ununterscheidbar — der Ausgangspunkt der Allgemeinen Relativitätstheorie.

Die GEZEITEN entstehen nicht durch die Anziehung des Mondes an sich, sondern durch deren UNTERSCHIED über die Erde hinweg. Die mondzugewandte Seite wird stärker angezogen als der Erdmittelpunkt, dieser stärker als die abgewandte Seite. Im mitbewegten System resultieren daraus zwei Flutberge — auf beiden Seiten.

Dass es zwei Flutberge gibt und nicht einen, ist die eigentliche Prüfungsfrage, und die Antwort lautet: Der abgewandte Flutberg entsteht, weil dort die Anziehung SCHWÄCHER ist als die zur Kreisbewegung nötige Zentripetalkraft. Deshalb gibt es rund zwei Hochwasser je Tag, und deshalb verstärken sich die Gezeiten bei Neu- und Vollmond zur Springflut.

Vokabeln

→ Kartei

die GravitationsfeldstärkeKraft je Masse, $\vec g = \vec F/m$; Einheit N/kg
die MikrogravitationZustand des freien Falls; korrekter Begriff statt „Schwerelosigkeit"
die GezeitenkraftKraft aus der DIFFERENZ der Anziehung über einen Körper hinweg
die Springflutverstärkte Gezeit bei Neu- und Vollmond

Gravitationsfeldstärke und ihre Höhenabhängigkeit

\vec g = \dfrac{\vec F}{m},\qquad g(h) = \dfrac{G\,M_E}{(R_E + h)^2}

$\vec g$ die Feldstärke in N/kg (zahlengleich mit der Fallbeschleunigung in m/s²), $h$ die Höhe über der Oberfläche in m. In der ISS-Höhe von 400 km beträgt $g$ noch etwa 8,7 m/s².

Typische Fehler

Behauptet, im Orbit wirke keine Gravitation. Dort beträgt $g$ noch rund $8{,}7\,\text{m/s}^2$ .
Nur EINEN Flutberg auf der mondzugewandten Seite angenommen.
Die Gezeiten mit der absoluten Mondanziehung erklärt statt mit deren Differenz über den Erddurchmesser.
Gravitationsfeldstärke und Gravitationskonstante verwechselt.
Die Sonne bei den Gezeiten ganz ausgelassen; sie trägt etwa zur Hälfte der Mondwirkung bei und erklärt Spring- und Nipptide.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Schätzen Sie die GEZEITENKRAFT quantitativ ab, indem Sie die Differenz der Mondanziehung zwischen Erdmittelpunkt und Erdoberfläche berechnen ( $\Delta F \approx 2GM_M m R_E/d^3$ ). Vergleichen Sie den Beitrag von Mond und Sonne und begründen Sie damit das Zustandekommen von Spring- und Nipptide.

Aktive Wiederholung

Berechnen Sie den Ortsfaktor in der Höhe der ISS ( $h = 400\,\text{km}$ ) und erläutern Sie damit, warum die Rede von „Schwerelosigkeit" physikalisch unpräzise ist. Begründen Sie anschließend, warum auf der mondabgewandten Erdseite ebenfalls ein Flutberg auftritt.

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Quellen: LEIFIphysik — Gravitationsfeld und Schwerelosigkeit (Joachim Herz Stiftung)

Astrophysik (Wahlbereich) — Sterne und das Hertzsprung-Russell-Diagramm#

~3 Min LesezeitVertiefungErweiterungAstrophysik

Astrophysikalische Größenordnungen

Abb. 6Diese Werte sind Bezugsgrößen für Abschätzungsaufgaben. Wer sie nicht ungefähr kennt, kann ein Ergebnis nicht auf Plausibilität prüfen.

Ein Stern ist ein Gleichgewicht zweier Gegenspieler: Die Gravitation zieht die Masse nach innen, der Strahlungs- und Gasdruck der Fusionszone drückt nach außen. Solange beide sich die Waage halten, bleibt der Stern stabil — das hydrostatische Gleichgewicht. Endet der Brennstoff, gewinnt die Gravitation, und der Stern verändert sich grundlegend.

Die Energiequelle ist die Kernfusion: In der Sonne verschmelzen über die Proton-Proton-Kette vier Wasserstoffkerne zu einem Heliumkern. Der Massendefekt von etwa

0{,}7\,\%

erscheint nach

E = \Delta m c^2

als Strahlung. Das verbindet dieses Kapitel unmittelbar mit der Bindungsenergiekurve der Kernphysik.

Das HERTZSPRUNG-RUSSELL-DIAGRAMM trägt die Leuchtkraft gegen die Oberflächentemperatur auf — wobei die Temperaturachse traditionell NACH LINKS zunimmt, was beim Ablesen leicht in die Irre führt. Es ist kein Bild einer Entwicklung, sondern eine Momentaufnahme vieler Sterne zugleich.

Die meisten Sterne liegen auf der HAUPTREIHE, einem Band von heißen, leuchtkräftigen links oben zu kühlen, leuchtschwachen rechts unten. Ein Stern verbringt dort den weitaus größten Teil seines Lebens — deshalb ist die Hauptreihe so dicht besetzt. Abseits liegen die Riesen rechts oben (groß, kühl, aber sehr leuchtkräftig) und die Weißen Zwerge links unten (heiß, aber winzig).

Die Masse bestimmt alles Weitere. Massereiche Sterne verbrennen ihren Vorrat trotz größerer Menge weit schneller und leben nur Millionen Jahre, massearme viele Milliarden. Am Ende werden sonnenähnliche Sterne zu Roten Riesen und stoßen ihre Hülle als Planetarischen Nebel ab, zurück bleibt ein Weißer Zwerg; massereiche Sterne enden in einer Supernova und hinterlassen einen Neutronenstern oder ein schwarzes Loch.

Die Entfernungsbestimmung ist die Grundlage all dieser Aussagen und läuft in Stufen: Für nahe Sterne dient die trigonometrische PARALLAXE, für fernere die Helligkeit bekannter Standardkerzen wie der Cepheiden, für sehr große Distanzen die Rotverschiebung. Jede Stufe wird an der vorigen geeicht — eine Kette, deren Glieder man kennen sollte.

Vokabeln

→ Kartei

die HauptreiheBand im HRD, auf dem Sterne den Großteil ihres Lebens verbringen
die Leuchtkraftgesamte abgestrahlte Leistung eines Sterns in W
der Weiße Zwergheißer, sehr kleiner Endzustand sonnenähnlicher Sterne
die Parallaxescheinbare Verschiebung naher Sterne zur Entfernungsmessung
das hydrostatische GleichgewichtBalance von Gravitation und Strahlungsdruck

Stefan-Boltzmann-Gesetz für die Leuchtkraft eines Sterns

L = 4\pi\,R^2\,\sigma\,T^4

$L$ die Leuchtkraft in W, $R$ der Sternradius in m, $T$ die Oberflächentemperatur in K und $\sigma = 5{,}67\cdot 10^{-8}\,\text{W}/(\text{m}^2\text{K}^4)$ die Stefan-Boltzmann-Konstante. Die vierte Potenz der Temperatur erklärt die enormen Leuchtkraftunterschiede.

Typische Fehler

Die Temperaturachse des HRD wie üblich nach rechts ansteigend gelesen.
Das HRD als Entwicklungsweg EINES Sterns gedeutet statt als Momentaufnahme vieler.
Angenommen, massereiche Sterne lebten wegen ihres größeren Vorrats länger. Sie verbrauchen ihn weit schneller.
Weiße Zwerge als große, kühle Sterne eingeordnet; sie sind heiß und sehr klein.
Die Sonne als besonders großen Stern bezeichnet; sie ist ein durchschnittlicher Hauptreihenstern.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Berechnen Sie mit dem Stefan-Boltzmann-Gesetz $L = 4\pi R^2\sigma T^4$ das Verhältnis der Radien zweier Sterne gleicher Leuchtkraft, deren Oberflächentemperaturen sich um den Faktor 10 unterscheiden. Begründen Sie damit quantitativ die Lage von Riesen und Zwergen im HRD.

Aktive Wiederholung

Erläutern Sie anhand des Hertzsprung-Russell-Diagramms, warum die Hauptreihe so dicht besetzt ist. Ordnen Sie einen Roten Riesen und einen Weißen Zwerg in Temperatur und Leuchtkraft ein und begründen Sie, warum ein Weißer Zwerg trotz hoher Oberflächentemperatur nur geringe Leuchtkraft besitzt.

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Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: LEIFIphysik — Astronomie: Sterne und das Hertzsprung-Russell-Diagramm (Joachim Herz Stiftung)

Stand 05/2026Vollständige Fassung über den Tiefenregler — gleiche Stelle, gleiche Anker

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Belege & Quellen

Quellen

Joachim Herz Stiftung

Siehe auch