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Übung AFB II

Zehn Sachaufgaben aus dem ganzen Kapitel — jede in zwei Schritten, jede mit gestuften Tipps.

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Aufgabenblock — AFB II

Zehn Sachaufgaben aus allen Kapiteln des Themas: erst die Situation übersetzen, dann in mehreren Schritten rechnen — mit gestuften Tipps, wenn du nicht weiterkommst.

A1
Wasserkocher am Haushaltsnetz
AFB II

Ein Wasserkocher trägt das Typenschild „230 V — 2000 W“. Er läuft 3,0 Minuten lang.

a) Berechnen Sie die Stromstärke \(I\). b) Berechnen Sie die umgesetzte Energie \(E\) in Kilojoule.

A
kJ
Ansatz: Aus \(P = U \cdot I\) folgt \(I = \frac{P}{U}\). Für die Energie gilt \(E = P \cdot t\) — die Zeit muss dafür in Sekunden stehen.
Rechenweg: \(I\) = 2000 W : 230 V ≈ 8,70 A. \(t\) = 3,0 min = 180 s, also \(E\) = 2000 W · 180 s = 360 000 J.
Lösung: a) rund 8,70 A b) 360 kJ
Vollständige Lösung
Aus \(I = \frac{P}{U}\) = 2000 W : 230 V ergibt sich \(I\) ≈ 8,70 A. Mit \(t\) = 180 s ist \(E = P \cdot t\) = 2000 W · 180 s = 360 000 J = 360 kJ. Antwort: Der Wasserkocher zieht rund 8,7 A und setzt in drei Minuten 360 kJ um. Hinweis: Typischer Fehler ist, die Zeit in Minuten einzusetzen. 1 W = 1 J/s verlangt Sekunden.
A2
Eigene Leistung im Treppenhaus
AFB II

Tim (\(m\) = 55 kg) läuft 12 Stufen mit je 0,18 m Höhe in \(t\) = 4,0 s hinauf. Rechnen Sie mit \(g\) = 9,81 N/kg.

a) Berechnen Sie die Hubarbeit \(W\). b) Berechnen Sie seine Leistung \(P\).

J
W
Ansatz: Zuerst die Höhe: 12 Stufen · 0,18 m. Dann \(W = F \cdot s\) mit \(F = m \cdot g\), zuletzt \(P = \frac{W}{t}\).
Rechenweg: \(h\) = 12 · 0,18 m = 2,16 m. \(F\) = 55 kg · 9,81 N/kg = 539,55 N. \(W\) = 539,55 N · 2,16 m ≈ 1165,4 J. \(P\) = 1165,4 J : 4,0 s ≈ 291,4 W.
Lösung: a) rund 1165 J b) rund 291 W
Vollständige Lösung
Die Steighöhe beträgt \(h\) = 12 · 0,18 m = 2,16 m. Die Gewichtskraft ist \(F = m \cdot g\) = 55 kg · 9,81 N/kg = 539,55 N, damit die Hubarbeit \(W = F \cdot s\) = 539,55 N · 2,16 m ≈ 1165,4 J. Die Leistung ist \(P = \frac{W}{t}\) = 1165,4 J : 4,0 s ≈ 291,4 W. Antwort: Tim verrichtet rund 1165 J Hubarbeit und erbringt dabei rund 291 W. Hinweis: Nur die Höhe zählt, nicht die Länge des Treppenlaufs — die Hubarbeit hängt allein vom Höhenunterschied ab.
A3
Lampe an der Autobatterie
AFB II

An einer Autobatterie mit \(U\) = 12 V ist eine Lampe mit dem Widerstand \(R\) = 6,0 Ω angeschlossen.

a) Berechnen Sie die Stromstärke \(I\). b) Berechnen Sie die Leistung \(P\) der Lampe.

A
W
Ansatz: Erst das ohmsche Gesetz \(I = \frac{U}{R}\), dann mit dem Ergebnis \(P = U \cdot I\).
Rechenweg: \(I\) = 12 V : 6,0 Ω = 2,0 A. \(P\) = 12 V · 2,0 A = 24 W.
Lösung: a) 2,0 A b) 24 W
Vollständige Lösung
Nach dem ohmschen Gesetz ist \(I = \frac{U}{R}\) = 12 V : 6,0 Ω = 2,0 A. Damit ist \(P = U \cdot I\) = 12 V · 2,0 A = 24 W. Antwort: Es fließen 2,0 A, die Lampe hat eine Leistung von 24 W. Hinweis: 24 W bedeuten 24 J pro Sekunde. Wer den Zwischenwert falsch rundet, verschiebt auch die Leistung.
A4
Kühlschrank im Dauerbetrieb
AFB II

Ein Kühlschrank hat die Leistung \(P\) = 120 W und läuft 30 Tage lang ununterbrochen. Eine Kilowattstunde kostet 0,35 €.

a) Berechnen Sie die Energie \(E\) in Kilowattstunden. b) Berechnen Sie die Stromkosten \(K\).

kWh
€
Ansatz: Für Kilowattstunden gehören Leistung in kW und Zeit in h in die Formel \(E = P \cdot t\). Die Kosten sind Energie mal Preis.
Rechenweg: \(P\) = 0,120 kW, \(t\) = 30 · 24 h = 720 h. \(E\) = 0,120 kW · 720 h = 86,4 kWh. \(K\) = 86,4 kWh · 0,35 €/kWh = 30,24 €.
Lösung: a) 86,4 kWh b) 30,24 €
Vollständige Lösung
In 30 Tagen läuft der Kühlschrank \(t\) = 30 · 24 h = 720 h. Mit \(P\) = 0,120 kW ist \(E = P \cdot t\) = 0,120 kW · 720 h = 86,4 kWh. Die Kosten betragen \(K\) = 86,4 kWh · 0,35 €/kWh = 30,24 €. Antwort: Der Kühlschrank braucht 86,4 kWh und kostet 30,24 €. Hinweis: Eine Kilowattstunde ist keine Zeit, sondern eine Energie: 1 kWh = 3,6 MJ.
A5
Wirkungsgrad eines Lastenaufzugs
AFB II

Der Motor eines Lastenaufzugs nimmt \(P_{\mathrm{zu}}\) = 3,0 kW auf. Er hebt eine Last von \(m\) = 200 kg in \(t\) = 12 s um \(h\) = 6,0 m. Rechnen Sie mit \(g\) = 9,81 N/kg.

a) Berechnen Sie die Nutzleistung \(P_{\mathrm{nutz}}\). b) Berechnen Sie den Wirkungsgrad \(\eta\) in Prozent.

W
%
Ansatz: Nutzenergie ist die Hubarbeit \(W = m \cdot g \cdot h\); daraus \(P_{\mathrm{nutz}} = \frac{W}{t}\). Anschließend \(\eta = \frac{P_{\mathrm{nutz}}}{P_{\mathrm{zu}}}\).
Rechenweg: \(W\) = 200 kg · 9,81 N/kg · 6,0 m = 11 772 J. \(P_{\mathrm{nutz}}\) = 11 772 J : 12 s = 981 W. \(\eta\) = 981 W : 3000 W = 0,327.
Lösung: a) 981 W b) rund 32,7 %
Vollständige Lösung
Die Hubarbeit beträgt \(W = m \cdot g \cdot h\) = 200 kg · 9,81 N/kg · 6,0 m = 11 772 J, die Nutzleistung also \(P_{\mathrm{nutz}} = \frac{W}{t}\) = 11 772 J : 12 s = 981 W. Der Wirkungsgrad ist \(\eta = \frac{P_{\mathrm{nutz}}}{P_{\mathrm{zu}}}\) = 981 W : 3000 W = 0,327, also rund 32,7 %. Antwort: Nur etwa ein Drittel der aufgenommenen Leistung landet in der Hublast. Hinweis: Zugeführte und Nutzgröße müssen dieselbe Einheit haben — 3,0 kW sind 3000 W.
A6
Glühlampe gegen LED
AFB II

Eine Glühlampe mit 60 W wird durch eine gleich helle LED-Lampe mit 8 W ersetzt. Beide brennen täglich 3,0 h an 365 Tagen. Eine Kilowattstunde kostet 0,35 €.

a) Berechnen Sie die im Jahr eingesparte Energie \(E\) in Kilowattstunden. b) Berechnen Sie die jährliche Ersparnis \(K\).

kWh
€
Ansatz: Bilden Sie zuerst die Leistungsdifferenz und multiplizieren Sie erst dann mit der Betriebszeit in Stunden — so ist nur eine Rechnung nötig.
Rechenweg: ΔP = 60 W − 8 W = 52 W = 0,052 kW. \(t\) = 3,0 h · 365 = 1095 h. \(E\) = 0,052 kW · 1095 h = 56,94 kWh. \(K\) = 56,94 kWh · 0,35 €/kWh ≈ 19,93 €.
Lösung: a) 56,94 kWh b) rund 19,93 €
Vollständige Lösung
Die LED spart je Betriebsstunde 60 W − 8 W = 52 W, also 0,052 kW. In einem Jahr brennt sie \(t\) = 3,0 h · 365 = 1095 h. Damit ist \(E = P \cdot t\) = 0,052 kW · 1095 h = 56,94 kWh und \(K\) = 56,94 kWh · 0,35 €/kWh ≈ 19,93 €. Antwort: Der Wechsel spart rund 57 kWh und knapp 20 € im Jahr. Hinweis: Mit der Differenz zu rechnen ist kürzer, als beide Lampen einzeln zu berechnen und dann zu subtrahieren — das Ergebnis ist dasselbe.
A7
Windrad und Haushalte
AFB II

Ein Windrad liefert im Jahresmittel die Leistung \(P\) = 1,5 MW. Ein Jahr hat 8760 Stunden.

a) Berechnen Sie die an einem Tag gelieferte Energie \(E\) in Kilowattstunden. b) Ein Haushalt braucht 3500 kWh im Jahr. Berechnen Sie, wie viele Haushalte das Windrad versorgt.

kWh
Haushalte
Ansatz: 1 MW = 1000 kW. Für die Energie gilt \(E = P \cdot t\) mit \(t\) in Stunden. Für b) zuerst die Jahresenergie bestimmen und dann durch den Jahresbedarf eines Haushalts teilen.
Rechenweg: a) \(E\) = 1500 kW · 24 h = 36 000 kWh. b) Jahresenergie: 1500 kW · 8760 h = 13 140 000 kWh; 13 140 000 kWh : 3500 kWh ≈ 3754.
Lösung: a) 36 000 kWh b) rund 3754 Haushalte
Vollständige Lösung
Mit \(P\) = 1,5 MW = 1500 kW liefert das Windrad an einem Tag \(E = P \cdot t\) = 1500 kW · 24 h = 36 000 kWh. In einem Jahr sind es 1500 kW · 8760 h = 13 140 000 kWh. Geteilt durch 3500 kWh je Haushalt ergibt das 13 140 000 : 3500 ≈ 3754. Antwort: Das Windrad deckt rechnerisch den Jahresbedarf von rund 3754 Haushalten. Hinweis: „Rechnerisch“ heißt: Der Wind weht nicht gleichmäßig, 1,5 MW ist ein Mittelwert über das Jahr.
A8
Föhn und Sicherung
AFB II

Auf dem Typenschild eines Föhns steht: 230 V ~, 1800 W. Der Stromkreis ist mit 16 A abgesichert.

a) Berechnen Sie die Stromstärke \(I\) des Föhns. b) Berechnen Sie, wie viele solche Föhns gleichzeitig an diesem Stromkreis laufen dürfen.

A
Geräte
Ansatz: Aus \(P = U \cdot I\) folgt \(I = \frac{P}{U}\). Für b) prüfen, wie oft diese Stromstärke in 16 A passt — es zählt nur die ganze Zahl.
Rechenweg: \(I\) = 1800 W : 230 V ≈ 7,83 A. 16 A : 7,83 A ≈ 2,04, also zwei Geräte; drei bräuchten 23,5 A.
Lösung: a) rund 7,83 A b) 2 Geräte
Vollständige Lösung
Aus \(I = \frac{P}{U}\) = 1800 W : 230 V folgt \(I\) ≈ 7,83 A. Zwei Föhns ziehen zusammen 15,7 A und bleiben unter der Sicherung, drei Föhns bräuchten 23,5 A und lösen sie aus. Antwort: Es dürfen höchstens zwei Föhns gleichzeitig laufen. Hinweis: Die Sicherung reagiert auf die Stromstärke, nicht auf die Leistung — deshalb muss immer erst umgerechnet werden.
A9
Energie im E-Bike-Akku
AFB II

Ein E-Bike-Akku speichert die Energie \(E\) = 500 Wh. Der Motor nimmt im Mittel die Leistung \(P\) = 250 W auf. Es gilt 1 kWh = 3,6 MJ.

a) Geben Sie die gespeicherte Energie in Kilojoule an. b) Berechnen Sie die Fahrzeit \(t\) in Stunden.

kJ
h
Ansatz: 500 Wh sind 0,5 kWh; damit lässt sich mit 1 kWh = 3,6 MJ umrechnen. Für b) \(E = P \cdot t\) nach \(t\) umstellen.
Rechenweg: 0,5 kWh · 3,6 MJ/kWh = 1,8 MJ = 1800 kJ. \(t = \frac{E}{P}\) = 500 Wh : 250 W = 2,0 h.
Lösung: a) 1800 kJ b) 2,0 h
Vollständige Lösung
500 Wh sind 0,5 kWh, also 0,5 · 3,6 MJ = 1,8 MJ = 1800 kJ. Aus \(E = P \cdot t\) folgt \(t = \frac{E}{P}\) = 500 Wh : 250 W = 2,0 h. Antwort: Der Akku speichert 1800 kJ und reicht für rund zwei Stunden Fahrt. Hinweis: Wattstunde und Watt unterscheiden sich um einen Zeitfaktor: Wh ist eine Energie, W eine Leistung.
A10
Kiste über den Hof ziehen
AFB II

Ein Handwerker zieht eine Kiste mit der konstanten Kraft \(F\) = 180 N über die Strecke \(s\) = 25 m und braucht dafür \(t\) = 50 s.

a) Berechnen Sie die verrichtete Arbeit \(W\). b) Berechnen Sie seine Leistung \(P\).

J
W
Ansatz: Kraft und Weg zeigen in dieselbe Richtung, also gilt \(W = F \cdot s\). Danach \(P = \frac{W}{t}\).
Rechenweg: \(W\) = 180 N · 25 m = 4500 J. \(P\) = 4500 J : 50 s = 90 W.
Lösung: a) 4500 J b) 90 W
Vollständige Lösung
Die Arbeit ist \(W = F \cdot s\) = 180 N · 25 m = 4500 J, die Leistung \(P = \frac{W}{t}\) = 4500 J : 50 s = 90 W. Antwort: Der Handwerker verrichtet 4500 J Arbeit mit einer Leistung von 90 W. Hinweis: Wer die Kiste nur festhält, verrichtet physikalisch keine Arbeit — ohne Weg ist \(W\) = 0.