Abiturprüfung 2004

Abiturprüfung 2004
Hinweise zur Korrektur und Bewertung
der Abiturprüfungsarbeiten in
PHYSIK
als Grundkursfach
Nicht für den Prüfling bestimmt
Die Korrekturhinweise enthalten keine vollständige Lösung der Aufgaben,
sondern nur einen kurzen Abriss des Erwartungshorizonts. Bei Verwendung gerundeter Kontrollergebnisse aus der Aufgabenstellung kann es zu
Abweichungen von den angegebenen Ergebnissen kommen.
Nicht genannte, aber g l e i c h w e r t i g e Lösungswege und Begründungsansätze sind g l e i c h b e r e c h t i g t.
Die Bewertung der erbrachten Prüfungsleistungen hat sich an der bei jeder
Teilaufgabe am linken Rand des Angabenblatts vermerkten, maximal erreichbaren Zahl von Bewertungseinheiten (BE) zu orientieren.
–2–
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Umrechnung der erreichten Bewertungseinheiten in Notenpunkte
Die insgesamt erreichten Bewertungseinheiten werden nach der folgenden Tabelle in Notenpunkte umgesetzt:
Notenpunkte Notenstufen
Bewertungseinheiten
Intervalle in %
15
14
13
+1
1
1–
120
114
108
... 115
... 109
... 103
15
12
11
10
+2
2
2–
102
96
90
...
...
...
97
91
85
15
9
8
7
+3
3
3–
84
78
72
...
...
...
79
73
67
15
6
5
4
+4
4
4–
66
60
54
...
...
...
61
55
49
15
3
2
1
+5
5
5–
48
40
32
...
...
...
41
33
25
20
0
6
24
...
0
20
–3–
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik – Grundkurs
Aufgabe GPh 1
Aufgabe BE Hinweise
1a)
3
1
⋅ m ⋅ v2 = e ⋅ U0
2
U 0 = 0,10 kV
b)
11 v B = 2 ⋅ v 0 ;
E kin B = 4 ⋅ E kin A ;
∆E kin = 3 ⋅ e ⋅ U 0
U AB = 3 ⋅ U 0 = 0,31 kV
m ⋅ v B2
= e ⋅ vB ⋅ B ;
r
∆t BC =
r=
m ⋅ vB
= 0,58 m
e⋅B
1 2⋅π⋅r
= 3,3 µs
⋅
4 vB
Das Magnetfeld zeigt senkrecht in die Zeichenebene hinein.
m ⋅ vB
;
e⋅B
m ⋅ vD
;
e⋅B
c)
4
r=
d)
4
Da r bzw. R für die Kreisabschnitte konstant sind, müssen auch
vB
v
bzw. D jeweils konstant sein.
B
B
R=
R vD
=
=2
r vB
B muss nach jedem Umlauf vervierfacht werden.
e)
12 Nach drei Runden gilt v = 43 ⋅ v = 64 ⋅ v .
A
0
0
m
v C = 2 ⋅ v A = 1,8 ⋅ 107
s
m
v D = 2 ⋅ v C = 256 ⋅ v 0 = 3,6 ⋅ 10 7 (≈ 0,1 ⋅ c )
s
1
1
∆E kin CD = ⋅ m ⋅ v D 2 − v C 2 = ⋅ m ⋅ v 0 2 ⋅ 256 2 − 1282 =
2
2
= 49 152 ⋅ e ⋅ U 0
(
U CD = 49152 ⋅ U 0 = 5,0 MV
)
(
)
–4–
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Der Beschleuniger ist nicht realisierbar.
Mögliche Begründungen:
- Spannungsänderung in sehr kurzer Zeitspanne
- relativistische Effekte
- große Änderungen von B in sehr kurzen Zeitspannen
2a)
12 Spannungswert: U 0 = s ⋅ v ⋅ B = 0,36 mV
(1) 0 - 4 s:
Ui = U0
(5) 14 s - 18 s: Ui = U0
(2) 4 s - 6 s:
Ui = 0
(6) 18 s - 20 s: Ui = 0
(3) 6 s - 10 s: Ui = - U0
(7) 20 s - 24 s: Ui = - U0
(4) 10 s - 14 s: Ui = 0
b)
7
F0 = s ⋅ I 0 ⋅ B = s ⋅
U0
⋅ B = 2,2 µN
R
Die jeweilige Kraftrichtung ergibt sich über die Regel von Lenz
oder die Lorentzkraft:
(1), (3): Kraft nach links
(5), (7): Kraft nach rechts
c)
7
Beim Eintritt des Drahtrahmens in den Magnetfeldbereich und
beim Austritt aus dem Magnetfeldbereich wirkt eine der Fallbewegung entgegen gerichtete Kraft. Wenn der Rahmen vollständig im Feld ist, wirkt nur die Fallbeschleunigung.
Eine Verdopplung des Widerstands bewirkt eine halb so große
bremsende Kraft.
60
–5–
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik – Grundkurs
Aufgabe GPh 2
Aufgabe BE Hinweise
1a)
2
T = 2 ⋅ π ⋅ L ⋅ C = 7,2 ⋅ 10 − 8 s
b)
6
t=
T
= 1,8 ⋅ 10 −8 s ;
4
I max =
1
1
⋅ C ⋅ U max 2 = ⋅ L ⋅ I max 2
2
2
C
⋅ U max = 46 mA
L
c)
6
siehe Lehrbuch
d)
6
siehe Lehrbuch
2a)
11 α = 0°: helle Linie
Es entstehen kontinuierliche Spektren symmetrisch zu α = 0o.
k ⋅λ
Mit sin α k =
ergibt sich:
g
Spektren 1. Ordnung: 13,2 o ≤ |α| ≤ 23,5 o
Spektren 2. Ordnung: 27,1 o ≤ |α| ≤ 52,9 o
Spektren 3. Ordnung: 43,2 o ≤ |α| ≤ 90 o, unvollständig
Spektren 4. Ordnung: 65,8 o ≤ |α| ≤ 90 o, unvollständig
Die Spektren 2. und 3. sowie 3. und 4. Ordnung überlappen sich
zum Teil.
b)
7
Absorptionslinien in den Spektren erkennbar
Erklärung siehe Lehrbuch
c)
4
Mögliche Antworten:
- Linienspektrum statt kontinuierlichem Spektrum
- nur ein Spektrum
- keine Symmetrie zu α = 0°
- keine Linie bei α = 0°
- umgekehrte Reihenfolge der Spektralfarben
–6–
Abiturprüfung 2004
3a)
b)
3
6
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
E min = Wa =
h ⋅c
λ Grenz
= 4,77 eV
E kin , e = E Photon − Wa
v=
2 h ⋅c
m

⋅
− Wa  = 1,81 ⋅ 105
m  λ
s

1
Q
⋅
⋅ E min = 0,24 ⋅ 10 − 6 J
0,020 e
c)
5
E=
d)
4
Es werden weniger Elektronen ausgelöst, da nur eine kleinere
Anzahl von Photonen, die allerdings energiereicher sind, zur
Verfügung steht.
60
–7–
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik – Grundkurs
Aufgabe GPh 3
Aufgabe BE Hinweise
1a)
8 siehe Lehrbuch
b)
4
λ=
c)
4
E = E abs −
d)
9 Nach Durchlaufen einer Beschleunigungsspannung von 18,9 eV
können die Elektronen die Ne-Atome erstmals zum Leuchten
anregen. Bei einer Beschleunigungsspannung von 40 V ist das
zweimal möglich. Eine leuchtende Scheibe ist etwa in der Mitte,
die andere kurz vor der Anode zu sehen.
h ⋅c
= 65,6 nm ; UV-Strahlung
E
h ⋅c
= 16,8 eV
λ
Da die Elektronen auf einer kürzeren Wegstrecke die Energie
18,9 eV erreichen, wandern die Scheiben bei weiterer Erhöhung
der Spannung in Richtung Kathode; ggf. werden weitere Scheiben sichtbar.
2a)
4
d n = n 2 ⋅ d1 =
b)
6
1
1 
 1
= RH ⋅ 2 −
;
λR
100 2 
 99
λ R = 4,490 cm
1
1 

= R H ⋅ 1 − 2  ;
λ1
 2 
λ1 = 1,215 ⋅ 10 − 7 m
1
mm ;
30
n = 5,5 ⋅ 10 2
λR
= 3,694 ⋅ 105
λ1
c)
5 λR gehört zum Mikrowellenbereich (cm – Wellen), λ1 zum UVBereich.
Wellen mit der Wellenlänge λR können durch Empfangsdipol,
Diode und Verstärker mit Anzeigegerät nachgewiesen werden.
d)
4
E 'ion = E ∞ − E10 =
13,60 eV
10 2
= 0,1360 eV
–8–
Abiturprüfung 2004
e)
8
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
E n = 12,09 eV

1 
13,60 eV ⋅ 1 −
 = 12,09 eV für n = 3
2
 n 
Das Energieniveau E3 erfüllt die Bedingung.
h ⋅c
∆E = 13,60 eV ⋅  12 − 1 2  =
;
100  λ2
3
λ2 = 821,2 nm
f)
8 Die K-Schale ist mit zwei Elektronen abgeschlossen. Die LSchale ist mit acht Elektronen abgeschlossen. Auf der M-Schale
befindet sich ein einziges Elektron.
In einem Rydberg-Zustand „sieht“ dieses Elektron aus großer
Entfernung den durch zehn Elektronen abgeschirmten elffach
positiv geladenen Kern, also nur eine positive Kernladung. Auch
bei einem hoch angeregten Wasserstoffatom ist das Elektron sehr
weit vom Kern entfernt und „sieht“ eine positive Kernladung.
60
–9–
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik – Grundkurs
Aufgabe GPh 4
Aufgabe BE Hinweise
1a)
6
siehe Lehrbuch
b)
6
140
55 Cs
140
140
→ 140
56 Ba → 57 La → 58 Ce
94
37 Rb
→
c)
6
β−
β−
β−
94
38 Sr
β−
→
β−
94
39Y
β−
→
94
40 Zr
235
1
140
94
1
0
92 U + 0 n → 58 Ce + 40 Zr + 2 ⋅ 0 n + 6 ⋅−1 e + 6ν
[ (
)
(
)
( )
]
140
94
2
∆E = m A 235
92 U + m n − m A 58 Ce − m A 40 Zr − 2 ⋅ m n ⋅ c
∆E = 208,2 MeV
d)
6
E Öl = E ges = N ⋅ ∆E ;
V=
N=
1 kg
235,04 u
N ⋅ ∆E
= 2 ⋅ 10 6 l
ρ Öl ⋅ h Öl
e)
6
siehe Lehrbuch
2a)
2
228
b)
8
siehe Lehrbuch
α
Th →
224
α
Ra →
220
Rn
– 10 –
Abiturprüfung 2004
c)
7
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
ln I/I0
50
0
100
150
t/s
-0,5
-1
-1,5
-2
-2,5
d)
7
N(t) ~ I(t), da bei jedem Zerfall etwa gleich viele Ionisationen
stattfinden.
Steigung des Graphen entspricht −λ.
 I 
∆ ln 
I
λ=−  0
∆t
1
λ = 0,013 ;
s
e)
6
T1 / 2 = 54 s
6
1
1
I( t ) =
⋅ I0 =   ⋅ I0
64
2
t mess = 6 ⋅ T1 / 2
Die maximale sinnvolle Messdauer beträgt etwa 5 Minuten.
60
– 11 –
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik – Grundkurs
Aufgabe GPh 5
Aufgabe BE Hinweise
1a)
6
max. Elongation
Sonne
α
Erde
untere Konj.
obere Konj.
Venusbahn
b)
6
sin α =
0,723 AE
;
1 AE
α = 46,3°
46,3°
⋅ 24 h ≈ 3 h voraus oder hin360°
terher. Da im März die Sonne deutlich vor 21 Uhr untergeht und
deutlich nach 3 Uhr aufgeht, kann die Venus um Mitternacht
nicht beobachtet werden.
Die Venus läuft der Sonne um
c)
3
Die Bahnebenen von Erde und Venus fallen nicht zusammen.
Deshalb erscheint die Venus in unterer Konjunktion meist oberhalb oder unterhalb der Sonnenscheibe.
d)
7
Zahl der Venusumläufe: N = 13,0
Da N nahezu ganzzahlig ist, befinden sich Erde und Venus nach
8 Erdumläufen und 13 Venusumläufen auch wieder nahezu an
denselben Stellen ihrer Bahnen.
e)
4
2
 0,615  3
Aus dem 3. Kepler’schen Gesetz: rV = 

d EV = rE − rV = 0,277 AE
1
 AE = 0,723 AE

– 12 –
Abiturprüfung 2004
f)
8
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
AB = 2 ⋅ R E = 9006 km
d EV =
AB / 2
= 41,3 ⋅ 106 km
tan (45′′ / 2 )
mit d EV = 0,277 AE :
41,3 ⋅ 10 6 km
1 AE =
= 1,5 ⋅ 108 km
0,277
g)
5
tan
α R V 0,950 ⋅ 6368 km
=
=
;
6
2 d EV
41,3 ⋅ 10 km
α ≈ 1' < 2'
Venus ist mit bloßem Auge nicht vor der Sonne beobachtbar.
∆t
;
2
h)
4
d EV = c ⋅
i)
7
Beide Phänomene haben vergleichbare Größe und erscheinen
dunkel vor der Sonnenscheibe.
Die Sonnenfleckenintensität ist allerdings um einen Faktor der
1 AE = 1,50 · 108 km
4
 4000 
Größenordnung 
 = 840 größer. Die Venus erscheint
 743 
also deutlich dunkler.
Weitere mögliche Unterschiede: Venus kreisrund, Rand scharf
begrenzt
2a)
4
Beide Spektren haben als Basis das kontinuierliche Spektrum.
Im Sonnenspektrum zeigen sich zusätzlich deutliche Absorptionslinien.
b)
6
Zustandekommen: Photonen der Sonne regen Wasserstoffatome
an; Reemission in alle Richtungen
Unterschiedliche Wahrnehmung wegen des helleren bzw. dunklen Hintergrunds
60
– 13 –
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik – Grundkurs
Aufgabe GPh 6
Aufgabe
BE Hinweise
1 a)
6
siehe Lehrbuch
b)
9
Aus Entfernungsmodul folgt: M = 3,4 − 5 ⋅ log 520 = −10,2
L
mit M − M S = −2,5 ⋅ lg
folgt: L = 1,0 ⋅ 106 ⋅ LS
LS
Die Abschätzung ergibt etwa 1 Million Sterne.
Mögliche Gründe für Abweichung vom Literaturwert:
- Verdeckte Sterne werden nicht berücksichtigt.
- Kühle rote Sterne tragen kaum zur Leuchtkraft bei.
c)
10 Im HRD eines typiL*
schen KugelsternhauRote Riesen
fens ist der obere Teil
der Hauptreihe deutlich
entleert. Hier standen
die massereichen SterHauptreihe
ne mit kleiner EntwickAbknickpunkt
T
lungszeit.
3
Da bei Hauptreihensternen etwa L ∼ M gilt, kann man am Abknickpunkt über die Leuchtkraft die zugehörige Masse und
daraus die Entwicklungszeit bestimmen. Diese stellt eine Schätzung für das Haufenalter dar, da man annehmen darf, dass alle
Sterne etwa zur gleichen Zeit entstanden sind.
2 a)
6
b)
6
h ⋅c
= 91,2 nm
E gr
Die Grenzwellenlänge liegt im UV-Bereich.
λ gr =
b
= 3,18 ⋅ 10 4 K
λ gr
Hohe Oberflächentemperatur, deshalb hohe Leuchtkraft und entsprechend kurze Entwicklungszeit, d. h., es muss sich um „junge“ Sterne handeln.
T=
– 14 –
Abiturprüfung 2004
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
3 a)
2
Sichtbares Licht wird durch Gas und vor allem Staub in der galaktischen Scheibe absorbiert. Die langwellige Strahlung kann
diese Dunkelwolken durchdringen.
b)
9
v=
G
c)
6
∆λ
km
⋅ c = 2,5 ⋅ 10 2
λ
s
m⋅M
r2
=
m ⋅ v2
r
v2 ⋅ r
M=
= 8,8 ⋅ 1036 kg
G
2
T
4 ⋅ π2
=
a3 G ⋅ M
M = 7,4 ⋅ 1036 kg
d)
6
3
V3b  1,0 Lj 
≈ 108 ;
=
2


V3c  1,2 ⋅ 10 AE 
M 3b
≈1
M 3c
Die Überlegungen legen nahe, dass die sehr große zentrale Masse nur sehr geringe Ausmaße hat, was für ein Schwarzes Loch
spricht.
60