Lösungen

Landesabitur 2007
Physik
Grundkurs
Lösungs- und Bewertungshinweise
Vorschläge A1 – C2
I.
Erläuterungen
II.
Lösungshinweise
Entsprechend den Vorgaben der VOGO/BG, Anlage 11 I. Abs. 2.3.1 werden in den nachfolgenden
Lösungshinweisen alle wesentlichen Gesichtspunkte, die bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben
zu berücksichtigen sind, konkret genannt und diejenigen Lösungswege aufgezeigt, welche die Prüflinge erfahrungsgemäß einschlagen werden. Selbstverständlich sind jedoch Lösungswege, die von den
vorgegebenen abweichen, aber als gleichwertig betrachtet werden können, ebenso zu akzeptieren.
Aufgabe A1 – Elektrostatische Felder
Aufga- erwartete Leistungen
be
a.
b.
Die positive Ladungsverteilung an der Unterseite der Wolke sowie die negative an der Erdoberfläche und im metallenen Turm müssen
ergänzt werden. Ebenso sollen die parallelen
elektrischen Feldlinien im linken homogenen
Bereich des Feldes ergänzt und das inhomogene
Feld im Bereich des Turmes geeignet dargestellt werden.
+ + + + + + + + + + +
- - - - - - - - - -
Aus der Flächenladungsdichte σ ergibt sich:
σ =
Q
A
= ε 0 ⋅ E ⇔ Q = ε 0 ⋅ E ⋅ A ≈ 8, 85 ⋅ 10
elektrische Spannung folgt: E =
U
−12
As
⋅ 1, 5 ⋅ 10
5
Vm
V
⇔ U = E ⋅ d = 1, 5 ⋅ 10
d
c.
6
⋅ 10 ⋅ 10 m ² = 13, 28C . Für die
m
5
V
7
⋅ 200m = 3 ⋅ 10 V
m
Wenn das Nebeltröpfchen schwebt, besteht ein Kräftegleichgewicht zwischen Gewichtskraft
(nach unten) und elektrischer Kraft (nach oben). Also ist das Tröpfchen negativ geladen. Für
den Betrag der Ladung ergibt sich der Ansatz: FG = Fel ⇔ m ⋅ g = q ⋅ E .
Umformung und Berechnung liefert:
q = mg
d.
3
1 4
1 4
kg
m
1
= π r ³ ρ H 2O g ≈ π ( 0,5 ⋅10−3 m ) ⋅103
⋅ 9,81 ⋅
= 3, 42 ⋅10 −11 C
E 3
E 3
m³
s ² 1,5 ⋅105 N
C
Für den gesamten Blitz ergibt sich: I =
Q
t
≈
13, 28C
0, 27 s
≈ 49, 2 A . Für einen Teilblitz folgt:
13, 28C
QT
10
≈
≈ 66, 4kA . Die Lösung IT ≈ 73,8 kA für 9 Teilblitze (9 Intervalle der LäntT
20 ⋅ 10 −6 s
ge 30 ms sind von 10 Blitzen der Länge 20 µs begrenzt) wird ebenfalls als richtig anerkannt.
IT =
Für die gesamte elektrische Energie ergibt sich: Eel =
1
2
QU =
1
2
7
8
⋅ 13, 28C ⋅ 3 ⋅ 10 V ≈ 1, 99 ⋅ 10 J .
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Vorschläge A1 – C2
Die Lösung kann durch Berechnung der Werte oder mit einer Argumentation nach folgendem
Schema erfolgen:
Nach der Hälfte der Teilentladungen befindet sich nur noch die halbe Ladungsmenge auf dem
Plattenkondensator, der aus Wolke und Erdboden besteht. Da die Kapazität konstant bleibt,
ergibt sich aus der Beziehung Eel =
1 Q²
⋅
, dass die gespeicherte Energiemenge auf ein Viertel,
2 C
d. h. 25% gefallen ist. Eine Argumentation mit der Spannung U ist ebenfalls richtig.
e.
Aus E =
Q
ε0 ⋅ A
folgt, dass sich bei konstanter Fläche A und bei gleicher Ladung die Feldstärke
nicht ändert. Die Spannung wird geringer, da sich der Abstand verringert (U = E⋅d).
Wenn die Feldstärke konstant bleibt, wird auch die Wahrscheinlichkeit einer Entladung nicht
größer.
Aufgabe A2 – Bewegung geladener Teilchen im elektromagnetischen Feld
Aufga- erwartete Leistungen
be
a.
Berechnung von v = 2
e
U ≈ 40 ⋅103 ms aus dem Energieerhaltungssatz.
m
b.
Lorentzkraft und elektrische Feldkraft sind entgegengesetzt gerichtet. Da die Lorentzkraft proportional zur Geschwindigkeit der Ionen ist, entsteht ein Kräftegleichgewichts Fel=FL für die
Ionen mit der Geschwindigkeit v0 für die e E0 = e v0 B0 gilt. Dies führt zur gesuchten Beziehung. Berechung des Betrages von vo = 40⋅103m/s.
Die Anwendung der Dreifingerregel und der Beziehung FL proportional zu v zeigt, dass Ionen
mit v ≠ v0 bezogen auf die Flugrichtung nach links oder rechts abgelenkt werden.
c.
mv02
Die Lorentzkraft ist die wirkende Zentralkraft. Mit
= ev0 B1 und r = d/2 folgt die Bezier
e 2v0
hung
=
.
m dB1
d.
Auflösen nach m und Einsetzen der gegebenen Größen liefert: m ≈ 2,2⋅10-25 kg.
Die registrierten Ionen werden im Kondensatorfeld weder beschleunigt, noch ändern sie ihre
Richtung; auch im Magnetfeld steht die Kraft senkrecht zur Bewegungsrichtung, d.h. ändert
nicht den Geschwindigkeitsbetrag
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Vorschläge A1 – C2
Aufgabe B1 – Elektromagnetische Schwingungen und Wellen
Aufga- erwartete Leistungen
be
a.
f = (LC)-1/2 / 2π ≈503 kHz
T = 1 / f ≈ 2 µs
b.
Phase 1. Der Kondensator ist maximal aufgeladen, im Stromkreis fließt kein Strom. Bei der
Entladung des Kondensators baut sich in der Spule ein Magnetfeld auf. Dadurch wird an der
Spule eine Spannung induziert, die der Spannung am Kondensator entgegen gerichtet ist
(Lenz’sche Regel) und somit nur ein allmähliches Anwachsen der Stromstärke bewirkt.
Phase 2. Der Kondensator ist nun völlig entladen; die Stromstärke und das Magnetfeld der
Spule haben ihren Maximalwert erreicht. Durch die Selbstinduktion beim Abbau des Magnetfeldes wird nach der Lenz’schen Regel eine Spannung induziert, die so gepolt ist, dass der
Strom in gleicher Richtung weiterfließt und den Kondensator umgekehrt gepolt auflädt.
Phase 3. Wie Phase 1, nur ist nun der Kondensator umgeladen. Sowohl der Strom als auch die
beiden Felder haben also die umgekehrte Richtung.
Phase 4. Wie Phase 2, nur haben abermals der Strom und die beiden Felder die umgekehrte
Richtung.
Nach dem Abschluss der Phase 4 ist das System in demselben Zustand wie zu Anfang der Phase 1. Der Vorgang im System ist also zyklisch.
Aus dem Diagramm aus Teilaufgabe b bzw. aus der Symmetrie der sinusförmigen elektromagnetischen Schwingung folgt, dass dies bei allen ungeradzahligen Vielfachen von T/8 der Fall
ist.
E in µJ
6
5
4
3
2
1
0
0
-1
0,5
1
1,5
2
2,5
t in µs
(Hinweis: Eine Skalierung der E-Achse ist nicht erforderlich, da noch keine Werte berechnet wurden.)
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Vorschläge A1 – C2
Folgende Punkte müssen im Diagramm deutlich werden:
Sinnvolle Wahl einer vollen Periode für das Diagramm.
Die Minima der Energien liegen auf der t-Achse.
Die Maxima beider Energieformen liegen beim gleichen Funktionswert.
Die Minima der Energie im elektrischen Feld liegen unter den Maxima der Energien im magnetischen Feld.
c.
Im Schwingkreis wird periodisch die Energie des elektrischen Feldes (im Kondensator) in die
des Magnetfeldes (in der Spule) umgewandelt. Nach dem Energieerhaltungssatz gilt für die
Maximalwerte: WL* = WC* = CUmax2 / 2 = 1⋅10-7 F ⋅ (10 V)2 / 2 = 5 µJ
Da WL = LI2 / 2, so gilt insbesondere Imax = (2WL* / L)1/2 =(2⋅5⋅10-6 J / 10-6 H)1/2
= 3,16 A.
d.
λ = c / f = 600 m.
e.
Die elektromagnetischen Wellen des Senders interferieren mit den Wellen, die von dem Berg
reflektiert werden. Offensichtlich befindet sich der Empfänger aktuell in einer Lage, wo das
Signal durch die destruktive Interferenz praktisch völlig ausgelöscht wird. Solche Stellen
(Knoten) wiederholen sich in regelmäßigen Abständen; genau in der Mitte zwischen ihnen
liegen die Bäuche. Somit lässt sich der Empfang verbessern, wenn der Empfänger entlang der
Verbindungslinie verschoben wird (es ist hier unwesentlich, ob zum Sender oder weg von i
m).
Im Abstand einer halben Wellenlänge, also in 300 m Entfernung, befinden sich weitere Knoten.
Aufgabe B2 – Interferenz von Licht
Aufga- erwartete Leistungen
be
a. Skizze des Aufbaus,
Auch eine Lösung ohne Kondensor wird akzeptiert.
Der Spalt dient der Erzeugung kohärenten Lichts (oder ähnliche Formulierung), die rechte
Linse bildet den Spalt auf den Schirm ab, das Gitter „beugt“ das Licht.
g αn
∆s αn
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Vorschläge A1 – C2
Es gilt
∆s
= sin ( α n ) . Maxima entstehen, wenn der Gangunterschied n ⋅ λ ist. Also Maxima
g
für sin (α n ) =
b.
sin (α 2 ) =
n⋅λ
g
2⋅λ
, daraus α 2 ≈ 17,54° bestimmen und b = tan (a2 ) ⋅ L ≈ 2,53cm
g
Berechnung von tan(α n ) =
g ⋅ sin (α n )
15cm
und daraus α n ≈ 61,93° . Mit n =
≈ 5,85 folgt für die
λ
8cm
Zahl der Maxima 5+5+1 = 11
c.
d.
tan (α 2 ) =
1,7cm
g ⋅ sin (α 2 )
c
, daraus α 2 ≈ 12,00° , λ =
≈ 436nm , f = ≈ 6,88 ⋅ 1014 Hz
2
λ
8cm
Wellenlänge gelb analog zu (c) 580 nm. Es gilt sin (α n +1blau ) = sin (α n gelb ) , eingesetzt
(n + 1) ⋅ 436nm = n ⋅ 580nm , das liefert
g
g
n ≈ 3 . Auch Lösung durch Probieren ist möglich. Die
gelbe Linie 3.Ordnung fällt nahezu mit der 4. Linie blauer Ordnung zusammen.
Das Zusammenfallen kann durch ein anderes g nicht verhindert werden, wie die vorherige
Rechnung zeigt, denn dort kürzt sich g weg. Auch das Verschieben des Schirms ändert nichts,
da der Ablenkwinkel der beiden Linien gleich bleibt.
Aufgabe C1 – Linienspektrum
Auferwartete Leistungen
gabe
a.
b.
Die Elektronen können im Atom nur ganz bestimmte Energiewerte haben. Also können sie
auch ihre Energie nur sprunghaft ändern; die Energiedifferenz beim Übergang von einem
Energieniveau zum anderen wird deswegen in Form von Quanten bestimmter Energie abgegeben, dazwischen liegende Werte können nicht vorkommen.
Der Energie der Quanten entsprechen bestimmte Wellenlängen ⇒ Linienspektrum
1 
 1
− 2  . Dabei ist n die für die Serie gemein2
m 
n
Für die Frequenz einer Linie gilt: f = f R ⋅ 
same Quantenzahl, m die Quantenzahl der entsprechenden Linie und fR = 3,290⋅1015 Hz die
Rydberg-Frequenz. Aus der Frequenz ist dann die Wellenlänge zu berechnen und mit der
Figur zu vergleichen.
Linie
(von rechts)
1
2
3
f in THz
456,9
616,9
690,9
λ in nm
657
486
434
Damit ist es die Balmer-Serie.
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Vorschläge A1 – C2
c.
Die Grenzfrequenz erhält man für m = ∞ zu fGr = 823 THz. Mit ihr ist die Energie des untersten Niveaus für die Balmer-Serie verbunden: WGr = - h⋅fGr = - 5,45·10-19 J = - 3,40 eV.
(Auch eine Lösung ohne Berechnung der Grenzfrequenz unter Verwendung des Wertes der
Ionisationsenergie 13,6 eV wird akzeptiert.)
Die Energie 3,4 eV wird benötigt, um das Elektron aus dem Wasserstoffatom herauszulösen,
wenn es sich auf diesem Energieniveau befindet. Im Grundzustand hat es - 13,6 eV; um das
Elektron aus dem Grundzustand herauszulösen, braucht man somit 13,6 eV
d. i.
Die Energie eines Photons ist EPh = h⋅f = 6,626⋅10-34 Js ⋅ 690,9⋅1012 s-1
= 4,578⋅10-19 J. Die Anzahl der Photonen ist n = 2000 J / 4,572⋅10-19 J = 4,369⋅1021.
d. ii.
Für den Impuls eines Lichtquants gilt: pPh = EPh / c. Der auf die Platte übertragene Impuls ist
somit
p = n⋅EPh / c = 4,369⋅1021 ⋅ 4,572⋅10-19 J / 3⋅108 m/s = 6,66⋅10-6 kg⋅m/s = 6,66 mg⋅m/s.
(Es kann auch zunächst eine Termumformung vorgenommen werden, mit dieser ergibt sich
dann einfacher p = 2000 J / 3⋅108 m/s = 6,67⋅10-6 kg⋅m/s)
d. iii.
Der Impuls verdoppelt sich, weil die Änderung der Geschwindigkeit doppelt so groß ist.
Aufgabe C2 – Fotoeffekt
Aufga- erwartete Leistungen
be
a.
Mithilfe geeigneter Farbfilter kann die Kathode der Fotozelle mit monochromatischem Licht
verschiedener Farben bestrahlt werden.
Zur Messung der Energie sind verschiedene Varianten möglich:
Gegenfeldmethode:
Man regelt die Gegenspannung so, dass auch die
energiereichsten Elektronen die Anode nicht mehr
erreichen. Der Anodenstrom als Maß für die Zahl
der die Anode erreichenden Elektronen wird null. In
diesem Fall entspricht die Energie des elektrischen
Gegenfeldes der kinetischen Energie der Elektronen
(Ekin,max = Eel = e⋅Ug) Für verschiedene Frequenzen
erhält man unterschiedliche Gegenspannungen und
damit unterschiedliche kinetische Energien.
Selbstaufbauende Gegenspannung:
Die Kathode einer Fotozelle wird über
ein hochohmiges Voltmeter mit der Anode verbunden. Die oben beschriebene
Gegenspannung stellt sich von alleine
ein, da die von der Anode aufgefangenen
Elektronen quasi nicht über den Innenwiderstand des sehr hochohmigen Voltmeters abfließen. Die Spannung kann direkt
gemessen werden.
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b.
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Vorschläge A1 – C2
Die Abhängigkeit ist in dem nebenstehenden
Diagramm dargestellt. (Die Graphik kann auch
anders dargestellt werden, z.B. nur die Messpunkte, Weglassen des gestrichelten Teils, ...)
Es folgt der lineare Zusammenhang:
Ekin
Ekin = h ⋅ f − W A
c.
Dabei ist hier
fG
f
- die Steigung der Geraden das Planck’sche
-W A
Wirkungsquantum h,
- der Schnittpunkt mit der Ekin-Achse die Austrittsarbeit WA
- der Schnittpunkt mit der f-Achse die Grenzfrequenz fG.
Alternativen:
1. Die Intensität des Lichtes hat keine Auswirkung auf die kinetische Energie der ausgelösten
Elektronen. Man müsste erwarten, dass helleres Licht mit seiner größeren elektrischen Feldstärke einem Elektron mehr Energie zuführt.
2. Bei Licht unterhalb einer Grenzfrequenz werden keine Elektronen herausgelöst. Bei einer
Erhöhung der Intensität müssten bei beliebigen Frequenzen Elektronen herausgelöst werden.
3. Die Auslösung von Elektronen aus der fotoempfindlichen Schicht erfolgt, sofern sie auftritt,
ohne Verzögerung. Wenn nur lang genug gewartet würde, müssten im Laufe der Zeit dennoch Elektronen ausgelöst werden.
Einstein stellte das Modell auf, dass beim Photoeffekt die Lichtenergie nur in unteilbaren Energiequanten der Größe E = h⋅f absorbiert wird; diese Energiequanten bezeichnet man auch
als Photonen.
zu 1: Eine Erhöhung der Lichtintensität führt somit zu einer Erhöhung der Zahl ausgelöster
Elektronen, deren Energie ändert sich dadurch jedoch nicht.
zu 2: Falls die Photonenenergie h·f kleiner ist als die zum Ablösen von Elektronen benötigte
Energie, gibt es keine freien Elektronen.
zu 3; Nach dem klassischen Wellenmodell müssten Elektronen die zum Ablösen nötige Energie auch nach und nach ansammeln können.
d.
Klassische Berechnung:
E K in
v=
(
1
f ) = h ⋅ f − W A = ⋅ me ⋅ v2 ⇒ v =
2


− 34
2 ⋅ 6, 626 ⋅ 10
Js ⋅



v = 6, 4 ⋅ 1 0 5
3, 0 ⋅ 1 0
4, 0 ⋅ 10


2 ⋅ h ⋅
−7
9,1 ⋅10
− 1, 9 4 ⋅ 1, 6 0 2 ⋅ 10
m
−31
λ


− WA 
me
8 m
s
c
−19
J





kg
m
s
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e.
Lösungs- und Bewertungshinweise
Vorschläge A1 – C2
Licht mit Wellenlängen der Bedingung λ < λG löst nach der Einstein’schen Deutung den Fotoeffekt aus. Es ergibt sich: h ⋅ f ≥ W A , λ ⋅ f = c
h ⋅c
λG =
=
WA
6, 626 ⋅ 10 − 34 Js ⋅ 3, 0 ⋅ 10 8
1, 94 ⋅ 1, 602 ⋅ 10 − 19 J
m
s = 639 nm
Licht der Wellenlänge 650 nm kann keine Fotoelektronen auslösen, da durch eine Intensitätserhöhung nur mehr Photonen auf die Kathode treffen, sich ihre Energie aber nicht erhöht. Der
Fotostrom ist null.
Fotoelektronen können durch Licht der Wellenlängen, 470nm, 500nm und 590nm ausgelöst
werden. Der Fotostrom steigt bei diesen Wellenlängen mit höherer Intensität des Lichtes an, da
pro Zeiteinheit mehr Photonen auf das Katodenmaterial treffen und somit mehr Fotoelektronen
ausgelöst werden.
III.
Bewertung und Beurteilung
Die Bewertung und Beurteilung erfolgt gemäß den Bestimmungen in den Anlagen 11 sowie ggf. 9a
bis 9e der VOGO/BG in der jeweils gültigen Fassung. Für die Umrechnung von Prozentanteilen der
erbrachten Leistungen in Notenpunkte nach §13 Abs. 1 der VOGO/BG gelten die Werte in der Anlage
8 der VOGO/BG in der jeweils gültigen Fassung. Darüber hinaus sind die Vorgaben des Einführungserlasses für das Landesabitur 2007 in der Fassung vom 13. Oktober 2005 zu beachten.
Der erwartete Textanteil liegt im Fach Physik unter 50%. Dementsprechend findet der Fehlerindex in
der gewichteten Form nach Anlage 9e der Verordnung über die Bildungsgänge und die Abiturprüfung
in der gymnasialen Oberstufe und dem beruflichen Gymnasium (VOGO/BG) Anwendung.
Im Fach Physik werden Vorschläge aus den Kategorien A, B und C vorgelegt, wobei die Prüfungsleistung aus der Bearbeitung je eines Vorschlags jeder Kategorie besteht, wofür insgesamt maximal 90
BE vergeben werden können. Ein Prüfungsergebnis von 5 Punkten (ausreichend) setzt voraus, dass
insgesamt 41,5 BE, ein Prüfungsergebnis von 11 Punkten (gut), dass insgesamt 68,5 BE erreicht werden.
Gewichtung der Teilaufgaben und Zuordnung der Bewertungseinheiten zu den Anforderungsbereichen
Aufgabe A1 – Elektrostatische Felder
Aufgabe
a
b
c
d
e
Summe
Bewertungseinheiten in den Anforderungsbereichen
AFB I
AFB II
AFB III
2
2
2
2
5
2
2
6
1
2
4
11
14
5
Summe
4
4
7
9
6
30
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Lösungs- und Bewertungshinweise
Vorschläge A1 – C2
Aufgabe A2 – Bewegung geladener Teilchen im elektromagnetischen Feld
Aufgabe
a
b
c
d
Summe
Bewertungseinheiten in den Anforderungsbereichen
AFB I
AFB II
AFB III
4
1
3
7
2
3
6
4
10
14
6
Summe
5
12
9
4
30
Aufgabe B1 – Elektromagnetische Schwingungen und Wellen
Aufgabe
a
b
c
d
e
Summe
Bewertungseinheiten in den Anforderungsbereichen
AFB I
AFB II
AFB III
2
2
5
4
3
5
2
1
4
2
9
16
5
Summe
4
12
5
3
6
30
Aufgabe B2 – Interferenz von Licht
Aufgabe
a
b
c
d
Summe
Bewertungseinheiten in den Anforderungsbereichen
AFB I
AFB II
AFB III
3
7
2
4
2
4
1
4
3
9
16
5
Summe
10
8
5
7
30
Aufgabe C1 – Linienspektrum
Aufgabe
a
b
c
di
d ii
d iii
Summe
Bewertungseinheiten in den Anforderungsbereichen
AFB I
AFB II
AFB III
4
6
3
5
1
4
3
2
2
10
15
5
Summe
4
9
6
4
5
2
30
Aufgabe C2 – Fotoeffekt
Aufgabe
a
b
c
d
e
Summe
Bewertungseinheiten in den Anforderungsbereichen
AFB I
AFB II
AFB III
6
4
4
4
6
1
5
10
15
5
Summe
6
8
4
6
6
30
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