Lösungen

–1–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik
Aufgabe Ph 11 – 1
Aufgabe
1a)
BE
6
Hinweise
Siehe Lehrbuch, Geschwindigkeitsfilter
Die Magnetfeldrichtung ist senkrecht in die Zeichenebene hinein orientiert; die Polung der Platten ist oben positiv und unten negativ.
b)
4
FE = FB → e E = e v B →
E = v B = 6,0 ⋅ 104
c)
7
V
m
Messgrößen sind E (bzw. U und d), B und r.
2
eBr
FB = FZ → e v B= m v → m =
mit v = E/B (ggf. E = U/d)
v
r
d)
5
m rel =
m0
⎛v⎞
1- ⎜ ⎟
⎝c⎠
2
= 1,10m 0 → v = 0, 42c
2a)
3
Die Spulenachse muss parallel zu den Magnetfeldlinien gerichtet sein.
b)
8
Wegen der konstanten Hangabtriebskraft auf der schiefen Ebene handelt
es sich um eine Bewegung mit konstanter Beschleunigung, was zu einer
Geraden im t-v-Diagramm führt.
Während die Spule in das Magnetfeld ein- bzw. austritt, ergibt sich jeweils eine Induktionsspannung, die proportional zur Geschwindigkeit ist.
Deshalb ist beim Ausfahren die induzierte Spannung größer, dauert aber
nur kürzer an. Da einmal der magnetische Fluss in der Spule zunimmt,
das andere Mal abnimmt, haben die Spannungen unterschiedliches Vorzeichen.
c)
5
Nun fließt während des Feldeintritts und -austritts der Spule ein Strom.
Dieser ist nach der Regel von Lenz so gerichtet, dass das entstehende
Magnetfeld der Ursache entgegen wirkt, also die Beschleunigung während dieser Zeitabschnitte abnimmt. Während dieser beiden Zeitabschnitte ist jeweils ein Zeigerausschlag zu erwarten.
3a)
8
Auf der Seite von c bildet sich eine stehende Welle aus, bei der sich Orte
mit Knoten bzw. Bäuchen im Abstand der halben Wellenlänge vor der
Wand abwechseln. Anfangs steht der Sportler genau an einem Ort mit
Knoten und hat keinen Empfang. Wenn er sich etwas weiter weg vom
Zaun entfernt, gelangt er zu einem Bauch mit optimalem Empfang.
d bekommt hinter dem Zaun kein Signal, da der Zaun wegen des leitenden Materials die Welle reflektiert.
–2–
Musterabitur
b)
11
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
P liegt auf einer Linie für das 2. Minimum. Das bedeutet, dass der Wegunterschied Δs = 3/2 λ ist.
Aus der Zeichnung:
T2 P = 16,0 m
T1P = 10,4 m
Δs = 5,6 m → λ = 3,7 m → f = c = 8 ⋅ 107 Hz
λ
Besonders guter Empfang herrscht an Orten, wo sich die Wellen konstruktiv überlagern. Diese liegen etwa in der Mitte zwischen den Linien
für die Minima.
c)
3
Summe
60
l=
λ
= 1,9 m
2
–3–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik
Aufgabe Ph 11 – 2
Aufgabe
1a)
BE
Hinweise
G
E2
7
1
r
A
r = 10 cm; Q1 = 3, 2 ⋅10−9 As
2
G
E1
| Q 2 |=
Q1
2
Q1
Q2
E2 =
2
4πε 0 r
4πε 0 r 2
G
G
E1 und E 2 sind beide nach rechts gerichtet.
E1 =
E = E1 + E 2 = 4,3
b)
kV
m
7
B
C
1
A
2
c)
3
Aus sehr großer Entfernung sieht das Feld wie das einer einzelnen,
positiven Punktladung mit Q1/2 aus.
d)
6
Welches Beispiel zur Beantwortung herangezogen wird, hängt stark vom
Unterrichtsverlauf ab. Zur Orientierung drei mögliche Lösungen:
Gewitterentstehung:
Durch vertikale Luftströmungen von Wassertröpfchen und leichten Eisoder Staubpartikeln kommt es zur Ladungstrennung innerhalb einer Wol-
–4–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
ke, z. B. oben positiv und unten negativ. Die Erdoberfläche wird durch
Influenz entgegengesetzt zur Wolkenunterseite geladen. Durch die hohe
Feldstärke kommt es zu Entladungen in Form von Blitzen. Dabei weitet
sich ein anfangs sehr dünner Entladungskanal von oben und unten her zu
einem Plasmakanal mit sehr hoher Stromstärke.
Xerographie:
Eine Metalltrommel ist mit einem Halbleiter beschichtet, der bei Beleuchtung leitend wird.
1. Schritt: Die Beschichtung wird im Dunkeln über Sprühentladung bei
hoher Spannung geladen.
2. Schritt: Die Trommel wird über eine Optik je nach Schwärzung der
Vorlage belichtet und dabei werden die hellen Teile entladen.
3. Schritt: Geladene Tonerteilchen werden von den geladenen Trommelteilen angezogen.
4. Schritt: Das aufgedrückte Papier nimmt den Toner auf.
Piezoelektrischer Effekt:
Phänomen: Wenn ein Kristall (z. B. ein Quarz) zusammengedrückt wird,
entsteht zwischen den Druckflächen eine Spannung, die umso größer ist,
je stärker die Kontraktion ist.
Erklärung: Der Kristall ist aus unterschiedlichen Ionen aufgebaut, die
unterschiedlich geladen sind. Bei der Verformung werden die Ionen gegen ihre elektrische Gleichgewichtslage verschoben. Dadurch entsteht in
der Grenzschicht eine Raumladung.
2a)
3
b)
5
C = ε0
Ladung im Kondensator 1 vor dem Umschalten
C=
Q
→ QA = C ⋅ U0 = 20 As
U
EA =
c)
8
A
Cd
→ A=
= 1,1 ⋅ 107 m 2
d
ε0
1
C U 0 2 = 20 J
2
Lange Zeit nach Umlegen des Schalters ist die Ladung QA gleichmäßig
auf beide Kondensatoren verteilt.
Ladung in jedem Kondensator:
QB = QA / 2 = 10 As
Spannung an jedem Kondensator:
UB = QA / C = 1,0 V
Energie in jedem Kondensator:
E1 = E2 = ½ C U²B = 5,0 J
Gesamtenergie:
Eges = E1 + E2 = 10 J = ½ EA
Beim Umladen ist ein Strom durch den Widerstand R geflossen, der hier
die Hälfte der Energie in thermische Energie umsetzt.
–5–
Musterabitur
d)
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
6
U
I
0
3a)
t
5
1.
0.
1.
Maximum
Die Spurlinien wirken am Auftreffpunkt des Lasers wie ein Beugungsgitter. Es ergibt sich das typische Interferenzmuster.
Man muss den Abstand a zwischen Gitter und Schirm sowie den Abstand
c zwischen dem 0. Maximum und einem 1. Maximum messen. Da man
die Gitterkonstante kennt, kann man die Wellenlänge des Lichts bestimmen.
b)
6
c
α1
a
a = 20 cm; c = 8,6 cm; g = 1,6 · 10-6 m
c
;
Maximum 1. Ordnung: g ⋅ sin α1 = λ
a
→ λ = 6,3 ⋅10−7 m
tan α1 =
c)
4
Summe
60
Die Wellenlänge des grünen Lasers ist kleiner als die des roten. Deshalb
liegen die entsprechenden Maxima beim grünen Laser weiter innen.
Bei der DVD wird die Gitterkonstante g kleiner, und entsprechend rücken
die Punkte für die Maxima wieder nach außen.
–1–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik
Aufgabe Ph 12 - Astrophysik 1
Aufgabe
BE
1a)
5
b)
4
c)
7
Hinweise
Siehe Lehrbuch
n2 = 3; Begründung durch Einsetzen.
Siehe Lehrbuch, Dopplerverschiebung
vÄquator =
2π
TÄquator
v
Δλ v
→ Δλ = Äquator λ = 0, 0045 nm
=
λ
c
c
⋅r
d)
4
Aus der Beobachtung der Bewegung von Sonnenflecken kann man auf
die Rotationsgeschwindigkeit der Sonne schließen.
e)
5
Damit in der Photosphäre eines Sterns die Hα-Linie absorbiert werden
kann, müssen sich dort hinreichend viele Wasserstoffatome im zweiten
angeregten Zustand befinden. Bei Sternen wie der Sonne kann dies
aufgrund der thermischen Bewegung durch Stöße zwischen den Atomen
erfolgen. Bei den deutlich kühleren Sternen der Spektralklasse M5 sind
nur relativ wenige H-Atome im zweiten angeregten Zustand; deshalb ist
die Hα-Linie sehr schwach.
f)
6
4p → 4He + 2e+ + 2ν
ΔE = 4 mp c2 − 2 me c2 − mα c2 = 25 MeV
Die Rechnung kann auch mit dem Energiebeitrag aus der Vernichtung der
Elektron-Positron-Paare durchgeführt werden.
g)
4
Zur Kernfusion kommt es nur, wenn sich die Wasserstoffkerne sehr nahe
kommen können. Dieser Prozess findet nur bei sehr hoher Temperatur
und sehr hoher Dichte statt, wie es in der Kernbrennzone der Fall ist.
2a)
7
⎛ r ⎞
6
m − M = 5 lg ⎜
⎟ → M = 8, 2 − 5 lg(1,5 ⋅10 )
10
pc
⎝
⎠
L
= 100
L
b)
6
c)
7
d)
5
Summe
60
M − M
5
→
L = 9,8·1010 L
mv 2
mM
v2r
= G 2 → M=
= 2, 4 ⋅1013 M
r
r
G
E=
L
L
→r=
= 8,9 ⋅109 m = 23d Erde − Mond
2
4πr
4πE
Siehe Lehrbuch
–2–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik
Aufgabe Ph 12 - Astrophysik 2
Aufgabe
BE
Hinweise
1a)
3
Siehe Lehrbuch
b)
7
rP = a (1 − ε ) = 30 AE < a Neptun
Die Neptunbahnebene und die Plutobahnebene sind unterschiedlich gegen
die Ekliptik geneigt, d. h., die beiden Bahnen müssen keine Schnittpunkte
haben. Wenn Pluto den gleichen Abstand von der Sonne hat wie Neptun,
befindet er sich nicht in der Neptunbahnebene.
c)
4
Zwergplaneten haben im Vergleich zu Planeten eine kleinere Masse; sie
bereinigen ihre Umlaufbahn nicht durch ihre dominierende gravitative
Wirkung. Häufig ist ihre Bahn sehr exzentrisch und die Bahnebene
stärker gegen die Ekliptik geneigt als bei Planeten.
2a)
7
T2
4π 2
4π 2 a 3
=
→
m
=
= 3,2 m
ges
a 3 G m ges
G T2
b)
6
LSirius A
L
mSirius B
c)
4
d)
5
3a)
10
3
⎛ mSirius A ⎞
≈⎜
⎟
⎝ m ⎠
= ( 3, 2 − 2,9 ) m
mSirius A ≈ 3 25 m = 2,9 m
Da die Leuchtkraft der weniger hellen Komponente Sirius B trotz höherer
Temperatur kleiner ist als die des Hauptreihenstern Sirius A, muss Sirius
B ein weißer Zwerg sein.
Periodendauer aus dem Diagramm z. B.:
p = 5,3 d → M = −1, 67 − 2,54 ⋅ lg 5,3 = −3,5
Mittlere scheinbare Helligkeit m = 21 →
⎛ r ⎞
m − M = 5 lg ⎜
⎟→
⎝ 10 pc ⎠
rAnd = 10 pc ⋅10
21− ( −3,5)
5
= 0,8 Mpc
–3–
Musterabitur
b)
6
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Δλ v
km
= → v = − 64
λ
c
s
Die gemessene Wellenlänge ist kleiner als die Laborwellenlänge, also
kommt die Andromeda-Galaxie auf uns zu.
c)
4
Hubble erkannte, dass sich weit entfernte Galaxien von uns wegbewegen
und zwar umso schneller, je weiter sie weg sind. Es gilt für diese das
Hubble-Gesetz: v = H r.
Man misst also bei den Quasaren die Relativgeschwindigkeit mithilfe des
Dopplereffekts. Das Hubble-Gesetz liefert die Entfernung.
d)
4
Das Hubble-Gesetz gilt nur bei großen Entfernungen, wenn es sich nicht
um ein gravitativ gebundenes System handelt. Die Galaxien der Lokalen
Gruppe, zu der die Milchstraße und die Andromeda-Galaxie gehören, sind
aber gravitativ gebunden. Deshalb überwiegt die Bewegung aufgrund der
gravitativen Wechselwirkung die kosmische Expansion.
Summe
60
–1–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik
Aufgabe 12-1
Aufgabe
BE
Hinweise
1a)
3
4
He + 9Be → 12C + 1n
b)
7
ΔEB = Δm c² = (mHe + mBe – mC – mn) c² = 5,7 MeV > 0 ,
also kann die Reaktion ablaufen.
c)
3
Die α-Teilchen benötigen eine ausreichend hohe kinetische Energie, um die
Coulombabstoßung zu überwinden.
d)
7
e)
5
h2
h
→ λ=
= 1,3x10-14 m << 0,1 nm bei E = 4,5 MeV.
2
2mλ
2mE
Damit sind diese Neutronen und noch energiereichere ungeeignet.
f)
7
Bei Stoßprozessen mit Stoßpartnern etwa gleicher Masse findet maximaler
Impuls- und damit maximaler Energieübertrag statt. Daher geben die
Neutronen bereits bei wenigen Stößen mit den im Wasser zahlreich
vorhandenen Wasserstoffkernen ihre Energie ab. Bei Blei tritt aufgrund der
hohen Kernmassen nur eine vergleichsweise geringe Wirkung auf.
Ein Magnetfeld hat keinen Einfluss auf die Energie der Neutronen.
g)
6
E=
p2
2m
p=
h
h2
→ E=
λ
2mλ 2
E=
p=
h
→
λ
4,0 10 ³ m/s
Verweildauer T im Strahlrohr: T =
250 m
= 0, 063s << T½
4, 0 ⋅103 ms
Der Anteil der zerfallenen Neutronen ist vernachlässigbar.
2a)
3
Die Wellenfunktionen nehmen für x → ± ∞ nicht auf 0 ab.
b)
5
Nach quantenmechanischer Vorstellung ist auch für ein gebundenes Elektron,
d. h. ein Elektron mit der Energie E < 0, die Wahrscheinlichkeit, sich
außerhalb des Potentialtopfs aufzuhalten, größer Null.
Nach klassischer Vorstellung kann ein Elektron mit einer Energie E < 0 den
Potentialtopf nicht verlassen.
c)
4
Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit außerhalb des Potentialtopfs wird kleiner,
also müssen die Werte der Wellenfunktionen dort (betragsmäßig) kleiner
werden.
–2–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
d)
5
e)
5
Ψb, Ψd, Ψa, Ψc (aufsteigende Energie, also E b < E d < E a < E c)
Mögliche Begründungen:
- Eine kleinere Wellenlänge entspricht höherer Energie.
- Je größer die Anzahl der Knoten ist, desto größer ist die Energie.
- Je mehr Extrema (Maxima von |Ψ|²) vorhanden sind, desto größer
ist die Energie.
Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit ist 0 bei den Nullstellen von Ψ
( ) und maximal bei den Extrema von Ψ ( ), da im ersten Fall
|Ψ|² = 0 und im zweiten |Ψ|² maximal ist.
Summe
60
–3–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
Physik
Aufgabe 12-2
Aufgabe
BE
Hinweise
1a)
6
Siehe Lehrbuch
b)
4
E1 = –13,6 eV;
E2 = –3,40 eV;
E3 = –1,51 eV;
E4 = –0,85 eV;
E5 = –0,54 eV
0
-0,54 eV
-0,85 eV
-1,51 eV
-3,40 eV
Übergänge (1d)
EIon = 13,6 eV
-13,6 eV
c)
4
Bild links n = 3, Bild Mitte n = 2, Bild rechts n = 1
Begr.: Wenn die Aufenthaltswahrscheinlichkeit des Elektrons auch in
großem Abstand vom Kern noch relativ groß ist, gehört es zu
einem Zustand hoher Energie.
Oder: Das Niveau ohne Knotenfläche gehört zu n = 1.
Das Niveau mit einer Knotenfläche gehört zu n = 2.
Das Niveau mit zwei Knotenflächen gehört zu n = 3.
d)
4
Das Atom befindet sich im ersten angeregten Zustand, also n = 2.
Die Übergänge nach n = 3 und nach n = 4 sind energetisch möglich.
e)
3
Es ist keiner der Übergänge möglich, da die Energie eines Photons
vollständig absorbiert werden muss. Keine der in Frage kommenden
Energiedifferenzen beträgt 2,7 eV.
f)
4
λ = 750 nm → EPh = 1,65 eV
Jedes Photon sichtbaren Lichts hat eine größere Energie und kann deshalb
das angeregte Wasserstoffatom ionisieren, also absorbiert werden.
2a)
5
Siehe Lehrbuch
b)
7
Aus dem Diagramm: Bei A = 235 ist EB/A ≈ 7,6 MeV.
Bei A = 117 oder A = 118 ist EB/A ≈ 8,5 MeV.
Pro Reaktion werden rund 235x0,9 MeV = 212 MeV frei.
1g 235U besteht aus 2,56 · 1021 Atomen. Insgesamt werden also etwa
9 · 1010 J frei.
–4–
Musterabitur
Bewertungsschlüssel und Korrekturhinweise
c)
4
Ein Neutron (udd) wird in ein Proton (uud) umgewandelt. Es wird also
ein d-Quark zu einem u-Quark, wobei ein Elektron und ein Antineutrino
emittiert werden.
d)
6
Siehe Lehrbuch
e)
5
Das Potential für die einzelnen Protonen liegt jeweils höher als das für die
entsprechenden Neutronen. Grund dafür ist das zusätzliche CoulombPotential der Wechselwirkung zwischen den Protonen. Deshalb finden im
Potentialtopfmodell des Kerns mehr Neutronen als Protonen Platz (von
den sehr leichten Atomen abgesehen).
f)
8
(1) Richtig, da α-Strahlung in Luft nur einige Zentimeter Reichweite hat.
(2) Falsch, da sich Radioaktivität nicht durch chemische Prozesse
beeinflussen lässt.
(3) Falsch, z. B. beim α-Zerfall entsteht kein Neutrino.
(4) Richtig, da die radioaktive Strahlung durch erbgutverändernde
Mutationen zur Evolution beigetragen hat.
Summe
60