Der Timer läuft ohne Ton und ohne Sperre — er zeigt die verbleibende Bearbeitungszeit nur an.
Timer angehalten, 90 Minuten verbleibend.
Hinweise zur Bearbeitung
- Bearbeiten Sie alle sechs Aufgaben. Die Punkte der Teilaufgaben stehen jeweils rechts neben der Aufgabennummer.
- Rechnungen sind mit Ansatz, Rechenweg und Antwortsatz zu dokumentieren; Ergebnisse werden mit Einheit und sinnvoll gerundet angegeben.
- Stellen Sie den Taschenrechner für \(\sin(\omega t)\) auf das Bogenmaß (RAD).
- Drei Aufgaben enthalten ein interaktives Diagramm, aus dem Sie Werte ablesen. Es lässt sich mit der Maus und mit den Pfeiltasten bedienen.
- Markieren Sie eine Teilaufgabe über die Schaltfläche bearbeitet, sobald Sie sie fertig haben — die Fortschrittsanzeige oben zählt mit.
- Öffnen Sie den Erwartungshorizont erst nach Ablauf der 90 Minuten und tragen Sie dort Ihre erreichten Punkte ein.
Eine dünne Blattfeder ist am Tischrand eingespannt. Sie wird kurz angetippt und dann sich selbst überlassen. Ein Bewegungssensor zeichnet die Auslenkung \(y\) des freien Endes gegenüber der Ruhelage auf; die Reibung ist über den dargestellten Zeitraum vernachlässigbar. Das Ergebnis zeigt Material M1.
M1 — Aufzeichnung des Bewegungssensors
Ablesecursor: mit der Maus in das Diagramm klicken oder ziehen. Mit der Tastatur: Diagramm anfokussieren, dann Pfeil links/rechts (Schritt \(0{,}01\,\mathrm s\)), mit gedrückter Umschalttaste \(0{,}05\,\mathrm s\), Pos1 und Ende springen an den Rand.
Ablesung: t = 0,10 s y = +3,0 cm
Geben Sie die Amplitude \(\hat{y}\) und die Periodendauer \(T\) der in M1 aufgezeichneten Schwingung an und berechnen Sie daraus die Frequenz \(f\).
Erwartungshorizont — Aufgabe 1 a)
- Amplitude abgelesen: \(\hat{y}=3{,}0\,\mathrm{cm}\) (6 Kästchen zu je \(0{,}5\,\mathrm{cm}\)) — gemessen von der Ruhelage bis zum Umkehrpunkt, nicht von Umkehrpunkt zu Umkehrpunkt. 1 P
- Periodendauer abgelesen: von einem Maximum zum nächsten liegen 8 Kästchen, also \(T=0{,}40\,\mathrm s\). 1 P
- Ansatz für die Frequenz: \(\displaystyle f=\frac{1}{T}\). 1 P
- Einsetzen und Ergebnis mit Einheit: \(\displaystyle f=\frac{1}{0{,}40\,\mathrm s}=2{,}5\,\mathrm{Hz}\). 1 P
Beschreiben Sie den Bewegungsablauf des Federendes im Zeitraum \(0 \le t \le 0{,}40\,\mathrm s\) unter Verwendung der Begriffe Ruhelage und Umkehrpunkt und geben Sie alle Zeitpunkte an, zu denen die Ruhelage durchlaufen wird.
Erwartungshorizont — Aufgabe 1 b)
- Bei \(t=0\) ist das Federende in der Ruhelage und bewegt sich nach oben; bei \(t=0{,}10\,\mathrm s\) erreicht es den oberen Umkehrpunkt \(y=+3{,}0\,\mathrm{cm}\), bleibt dort einen Augenblick stehen und kehrt um. 1 P
- Bei \(t=0{,}20\,\mathrm s\) durchläuft es die Ruhelage — dort ist es am schnellsten —, bei \(t=0{,}30\,\mathrm s\) folgt der untere Umkehrpunkt \(y=-3{,}0\,\mathrm{cm}\); bei \(t=0{,}40\,\mathrm s\) ist es wieder in der Ruhelage, eine vollständige Schwingung ist beendet. 1 P
- Zeitpunkte der Nulldurchgänge: \(t=0\), \(t=0{,}20\,\mathrm s\) und \(t=0{,}40\,\mathrm s\); pro voller Schwingung wird die Ruhelage also zweimal durchlaufen. 1 P
Berechnen Sie, wie viele vollständige Schwingungen die Blattfeder in einer Minute ausführt. Begründen Sie außerdem, warum man im Praktikum die Zeit für 20 Schwingungen stoppt und anschließend durch 20 teilt, statt eine einzelne Schwingung zu stoppen.
Erwartungshorizont — Aufgabe 1 c)
- Ansatz und Rechnung: \(\displaystyle n=\frac{60\,\mathrm s}{T}=\frac{60\,\mathrm s}{0{,}40\,\mathrm s}=150\) vollständige Schwingungen; gleichwertig \(n=f\cdot 60\,\mathrm s = 2{,}5\,\mathrm{Hz}\cdot 60\,\mathrm s\). 1 P
- Begründung Teil 1: Die Reaktionszeit beim Starten und Stoppen verfälscht jede Zeitmessung um denselben Betrag — unabhängig davon, wie lang die gestoppte Zeit ist. 1 P
- Begründung Teil 2: Teilt man die gestoppte Zeit durch 20, so wird auch dieser Fehler durch 20 geteilt. Der Fehler pro Schwingung sinkt um den Faktor 20, ohne dass ein besseres Messgerät nötig ist. 1 P
Ein Lautsprecher wird mit einem reinen Sinuston betrieben. Seine Membran führt dabei eine harmonische Schwingung um die Ruhelage aus. Zum Zeitpunkt \(t=0\) befindet sich die Membran in der Ruhelage und bewegt sich nach vorn.
M2 — Auszug aus dem Datenblatt
| Größe | Wert |
|---|---|
| Frequenz \(f\) | \(200\,\mathrm{Hz}\) |
| Amplitude \(\hat{y}\) | \(0{,}60\,\mathrm{mm}\) |
| Lage bei \(t=0\) | Ruhelage, Bewegung nach vorn |
Berechnen Sie die Periodendauer und die Kreisfrequenz der Membranschwingung und geben Sie die Zeit-Ort-Funktion \(y(t)\) mit Zahlenwerten an.
Erwartungshorizont — Aufgabe 2 a)
- Periodendauer: \(\displaystyle T=\frac{1}{f}=\frac{1}{200\,\mathrm{Hz}}=5{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm s=5{,}0\,\mathrm{ms}\). 1 P
- Ansatz für die Kreisfrequenz: \(\displaystyle \omega=\frac{2\pi}{T}=2\pi f\). 1 P
- Einsetzen: \(\omega=2\pi\cdot 200\,\tfrac{1}{\mathrm s}=1{,}26\cdot 10^{3}\,\tfrac{1}{\mathrm s}\). 1 P
- Zeit-Ort-Funktion (Start in der Ruhelage, daher reine Sinusfunktion): \(\displaystyle y(t)=0{,}60\,\mathrm{mm}\cdot\sin\!\left(1{,}26\cdot 10^{3}\,\tfrac{1}{\mathrm s}\cdot t\right)\). 1 P
Berechnen Sie die Auslenkung der Membran zum Zeitpunkt \(t=1{,}0\,\mathrm{ms}\) und begründen Sie, warum der Taschenrechner dabei auf das Bogenmaß eingestellt sein muss.
Erwartungshorizont — Aufgabe 2 b)
- Ansatz \(y=\hat{y}\cdot\sin(\omega t)\) mit \(t=1{,}0\,\mathrm{ms}=1{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm s\). 1 P
- Winkel: \(\omega t = 1{,}257\cdot 10^{3}\,\tfrac{1}{\mathrm s}\cdot 1{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm s = 1{,}257\) (Bogenmaß). 1 P
- Auslenkung: \(y=0{,}60\,\mathrm{mm}\cdot\sin(1{,}257)=0{,}60\,\mathrm{mm}\cdot 0{,}951=0{,}57\,\mathrm{mm}\). 1 P
- Begründung: \(\left[\omega\right]=\tfrac{1}{\mathrm s}\), das Produkt \(\omega t\) ist also eine reine Zahl ohne Einheit — und genau so ist ein Winkel im Bogenmaß definiert. Im Gradmaß läse der Rechner \(1{,}257^\circ\) und lieferte \(0{,}022\) statt \(0{,}951\). 1 P
Ermitteln Sie den ersten Zeitpunkt nach \(t=0\), zu dem die Membran ihre größte Auslenkung erreicht, und zeigen Sie, dass dieser Zeitpunkt einem Viertel der Periodendauer entspricht.
Erwartungshorizont — Aufgabe 2 c)
- Bedingung für die größte Auslenkung: \(\sin(\omega t)=1\), also \(\displaystyle \omega t=\frac{\pi}{2}\). 1 P
- Umstellen und einsetzen: \(\displaystyle t=\frac{\pi}{2\omega}=\frac{\pi}{2\cdot 1{,}257\cdot 10^{3}\,\tfrac{1}{\mathrm s}}=1{,}25\cdot 10^{-3}\,\mathrm s=1{,}25\,\mathrm{ms}\). 1 P
- Nachweis: \(\displaystyle \frac{T}{4}=\frac{5{,}0\,\mathrm{ms}}{4}=1{,}25\,\mathrm{ms}\) — derselbe Wert. Allgemein folgt aus \(\omega=\frac{2\pi}{T}\): \(\displaystyle t=\frac{\pi}{2\omega}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{T}{2\pi}=\frac{T}{4}\). 1 P
Auf einer waagerecht liegenden Drehscheibe steckt ein dünner Stift im Abstand \(\hat{y}=6{,}0\,\mathrm{cm}\) von der Drehachse. Die Scheibe dreht sich gleichmäßig mit der Umlaufdauer \(T=2{,}4\,\mathrm s\). Eine weit entfernte Lampe wirft den Schatten des Stiftes auf eine Wand; dieser Schatten bewegt sich dort hin und her. Zum Zeitpunkt \(t=0\) liegt der Stift genau in der Ruhelage des Schattens.
M3 — Zeigerdiagramm mit einstellbarem Phasenwinkel
Links der rotierende Zeiger, rechts die daraus entstehende Auslenkung. Mit der Maus in den Kreis klicken oder ziehen; mit der Tastatur: anfokussieren, dann Pfeiltasten (Schritt 5 Grad), mit Umschalttaste 15 Grad, Pos1 setzt auf 0 Grad.
Ablesung: Phasenwinkel = 30 Grad y = 3,0 cm
Geben Sie an, welche Kenngröße der Schwingung durch die Zeigerlänge und welche durch die Umlaufdauer des Zeigers festgelegt wird. Berechnen Sie anschließend die Kreisfrequenz der Schattenbewegung und geben Sie die Zeit-Ort-Funktion \(y(t)\) an.
Erwartungshorizont — Aufgabe 3 a)
- Die Zeigerlänge legt die Amplitude fest: \(\hat{y}=6{,}0\,\mathrm{cm}\) — sie ist gleich dem Abstand des Stiftes von der Drehachse. 1 P
- Die Umlaufdauer des Zeigers legt die Periodendauer fest: \(T=2{,}4\,\mathrm s\). 1 P
- Kreisfrequenz: \(\displaystyle \omega=\frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{2{,}4\,\mathrm s}=2{,}62\,\tfrac{1}{\mathrm s}\). 1 P
- Zeit-Ort-Funktion: \(\displaystyle y(t)=6{,}0\,\mathrm{cm}\cdot\sin\!\left(2{,}62\,\tfrac{1}{\mathrm s}\cdot t\right)\). 1 P
Stellen Sie in M3 den Phasenwinkel \(\varphi=60^\circ\) ein. Berechnen Sie die zugehörige Auslenkung des Schattens und den Zeitpunkt, zu dem dieser Zeigerstand erreicht ist.
Erwartungshorizont — Aufgabe 3 b)
- Auslenkung über die Projektion: \(y=\hat{y}\cdot\sin\varphi = 6{,}0\,\mathrm{cm}\cdot\sin 60^\circ = 6{,}0\,\mathrm{cm}\cdot 0{,}866 = 5{,}2\,\mathrm{cm}\). 1 P
- Ansatz für den Zeitpunkt: \(\varphi=\omega t\), also \(\displaystyle t=\frac{\varphi}{\omega}\) mit \(\varphi=\frac{\pi}{3}=1{,}047\) im Bogenmaß. 1 P
- Ergebnis: \(\displaystyle t=\frac{1{,}047}{2{,}62\,\tfrac{1}{\mathrm s}}=0{,}40\,\mathrm s\). Kontrolle über den Umlauf: \(60^\circ\) sind ein Sechstel von \(360^\circ\), also \(t=\frac{T}{6}=\frac{2{,}4\,\mathrm s}{6}=0{,}40\,\mathrm s\). 1 P
Beurteilen Sie die folgende Aussage aus der Lerngruppe: „Der Zeiger dreht sich gleichmäßig — also bewegt sich auch der Schatten gleichmäßig hin und her." Nutzen Sie für Ihre Begründung das Zeigerdiagramm M3.
Erwartungshorizont — Aufgabe 3 c)
- Urteil mit Einordnung: Die Aussage ist zurückzuweisen. Richtig ist allein die Voraussetzung — der Zeiger überstreicht in gleichen Zeiten stets gleiche Winkel. 1 P
- Begründung an der Projektion: Sichtbar ist nicht der Zeiger, sondern nur seine senkrechte Projektion. Bei gleich großen Winkelschritten ändert sie sich unterschiedlich stark: nahe der Ruhelage \((\varphi=0^\circ)\) sehr stark, nahe dem Umkehrpunkt \((\varphi=90^\circ)\) kaum — im Diagramm M3 unmittelbar ablesbar. 1 P
- Folgerung: Der Schatten ist deshalb in der Ruhelage am schnellsten und bleibt in den Umkehrpunkten kurz stehen. Die ungleichförmige Bewegung entsteht also nicht aus einer ungleichmäßigen Drehung, sondern allein aus der Projektion — genau daraus ergibt sich der sinusförmige Verlauf des \(t\)-\(y\)-Diagramms. 1 P
Auf einer Raumstation schweben alle Gegenstände. Um die Körpermasse der Besatzung dennoch zu überwachen, wird ein Schwingungsmassenmesser eingesetzt: Ein Sitz gleitet reibungsarm auf einer waagerechten Schiene und wird von einer Feder hin- und hergezogen. Nach dem Auslenken schwingt die Anordnung harmonisch; gemessen wird allein die Schwingungsdauer.
M4 — Technische Daten des Messplatzes
| Größe | Wert |
|---|---|
| Federhärte \(D\) | \(2{,}4\cdot 10^{3}\,\tfrac{\mathrm N}{\mathrm m}\) |
| Masse des leeren Sitzes \(m_\mathrm{S}\) | \(8{,}0\,\mathrm{kg}\) |
| gemessene Schwingungsdauer mit Astronaut | \(1{,}20\,\mathrm s\) |
Berechnen Sie die Schwingungsdauer, die sich für den leeren Sitz ergibt.
Erwartungshorizont — Aufgabe 4 a)
- Ansatz: \(\displaystyle T=2\pi\sqrt{\frac{m_\mathrm{S}}{D}}\). 1 P
- Rechenweg in der richtigen Reihenfolge — erst der Quotient, dann die Wurzel: \(\displaystyle \frac{8{,}0\,\mathrm{kg}}{2{,}4\cdot 10^{3}\,\tfrac{\mathrm N}{\mathrm m}}=3{,}33\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s^{2}}\), \(\sqrt{3{,}33\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s^{2}}}=5{,}77\cdot 10^{-2}\,\mathrm s\). 1 P
- Ergebnis mit Einheit: \(T=2\pi\cdot 5{,}77\cdot 10^{-2}\,\mathrm s=0{,}36\,\mathrm s\). 1 P
Ein Astronaut schnallt sich auf dem Sitz fest; gemessen wird \(T=1{,}20\,\mathrm s\). Leiten Sie aus \(T=2\pi\sqrt{\tfrac{m}{D}}\) eine Gleichung für die schwingende Masse \(m\) her und berechnen Sie damit die Masse des Astronauten.
Erwartungshorizont — Aufgabe 4 b)
- Quadrieren beider Seiten (der Faktor \(2\pi\) wird mitquadriert): \(\displaystyle T^{2}=4\pi^{2}\cdot\frac{m}{D}\). 1 P
- Umstellen nach \(m\): \(\displaystyle m=\frac{D\,T^{2}}{4\pi^{2}}\). 1 P
- Einsetzen: \(\displaystyle m=\frac{2{,}4\cdot 10^{3}\,\tfrac{\mathrm N}{\mathrm m}\cdot (1{,}20\,\mathrm s)^{2}}{4\pi^{2}}=\frac{3456\,\mathrm{kg}}{39{,}48}=87{,}5\,\mathrm{kg}\). 1 P
- Deutung und Antwortsatz: Das ist die gesamte schwingende Masse aus Sitz und Astronaut. Für den Astronauten folgt \(m_\mathrm{A}=87{,}5\,\mathrm{kg}-8{,}0\,\mathrm{kg}=79{,}5\,\mathrm{kg}\approx 80\,\mathrm{kg}\). 1 P
Beurteilen Sie die beiden Aussagen aus der Besatzung: „Ein doppelt so schwerer Astronaut liefert die doppelte Schwingungsdauer." und „Wer den Sitz weiter auslenkt, misst eine größere Schwingungsdauer."
Erwartungshorizont — Aufgabe 4 c)
- Zur ersten Aussage: zurückzuweisen. In \(T=2\pi\sqrt{\tfrac{m}{D}}\) steht die Masse unter der Wurzel; doppelte Masse ergibt den Faktor \(\sqrt{2}\approx 1{,}41\). Erst die vierfache Masse verdoppelt die Schwingungsdauer. 1 P
- Zur zweiten Aussage: ebenfalls zurückzuweisen. Die Amplitude kommt in der Formel überhaupt nicht vor; \(T\) hängt allein von \(m\) und \(D\) ab. 1 P
- Gemeinsame physikalische Begründung: Solange das lineare Kraftgesetz \(F=-D\cdot y\) gilt, wächst mit der Auslenkung auch die rücktreibende Kraft im gleichen Verhältnis — der längere Weg wird durch die größere Beschleunigung gerade ausgeglichen. Genau das macht die harmonische Schwingung amplitudenunabhängig. 1 P
In einer Standuhr zählt das Uhrwerk die Schwingungen eines Fadenpendels und rückt den Zeiger bei jeder vollen Schwingung um genau \(2{,}00\,\mathrm s\) weiter. Die Uhr geht also genau dann richtig, wenn ihr Pendel die Schwingungsdauer \(T=2{,}00\,\mathrm s\) hat. Es gilt \(g=9{,}81\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm{s^{2}}}\); die Auslenkung bleibt stets unter \(5^\circ\).
Berechnen Sie die Pendellänge, die für eine Schwingungsdauer von \(2{,}00\,\mathrm s\) erforderlich ist.
Erwartungshorizont — Aufgabe 5 a)
- Ansatz und Umstellung: \(\displaystyle T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\ \Rightarrow\ T^{2}=4\pi^{2}\frac{l}{g}\ \Rightarrow\ l=\frac{g\,T^{2}}{4\pi^{2}}\). 1 P
- Einsetzen: \(\displaystyle l=\frac{9{,}81\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm{s^{2}}}\cdot (2{,}00\,\mathrm s)^{2}}{4\pi^{2}}=\frac{39{,}24\,\mathrm m}{39{,}478}\). 1 P
- Ergebnis mit Antwortsatz: \(l=0{,}994\,\mathrm m\) — ein Sekundenpendel ist also knapp einen Meter lang. 1 P
Eine Praktikumsgruppe misst an einem Fadenpendel bei drei Längen jeweils die Zeit \(t_{10}\) für zehn vollständige Schwingungen (M5). Werten Sie die Messreihe aus: Weisen Sie nach, dass \(T^{2}\) proportional zu \(l\) ist, und ermitteln Sie daraus die Fallbeschleunigung \(g\).
M5 — Messreihe am Fadenpendel
| \(l\) in m | 0,25 | 0,50 | 1,00 |
|---|---|---|---|
| \(t_{10}\) in s | 10,0 | 14,2 | 20,1 |
Erwartungshorizont — Aufgabe 5 b)
- Schwingungsdauern \(T=\frac{t_{10}}{10}\): \(1{,}00\,\mathrm s\); \(1{,}42\,\mathrm s\); \(2{,}01\,\mathrm s\). 1 P
- Prüfgröße \(\frac{T^{2}}{l}\): \(\frac{1{,}00}{0{,}25}=4{,}00\); \(\frac{2{,}016}{0{,}50}=4{,}03\); \(\frac{4{,}040}{1{,}00}=4{,}04\) (jeweils in \(\tfrac{\mathrm{s^{2}}}{\mathrm m}\)). Die Quotienten stimmen im Rahmen der Messgenauigkeit überein, also gilt \(T^{2}\sim l\). 1 P
- Auswertung: \(\displaystyle g=\frac{4\pi^{2}}{T^{2}/l}=\frac{39{,}48}{4{,}02\,\tfrac{\mathrm{s^{2}}}{\mathrm m}}=9{,}82\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm{s^{2}}}\); die Abweichung vom Literaturwert \(9{,}81\,\tfrac{\mathrm m}{\mathrm{s^{2}}}\) beträgt nur rund \(0{,}1\,\%\). 1 P
Ein Mitglied der Gruppe ersetzt die Stahlkugel durch eine doppelt so schwere Kugel und erwartet eine größere Schwingungsdauer. Begründen Sie, ob diese Erwartung zutrifft, und geben Sie an, unter welcher Bedingung die verwendete Formel überhaupt gilt.
Erwartungshorizont — Aufgabe 5 c)
- Die Erwartung trifft nicht zu: In \(T=2\pi\sqrt{\tfrac{l}{g}}\) kommt die Masse des Pendelkörpers gar nicht vor — sie kürzt sich bei der Herleitung heraus. 1 P
- Folgerung: Die Schwingungsdauer bleibt unverändert; sie hängt allein von der Pendellänge \(l\) und der Fallbeschleunigung \(g\) ab. Ein schwerer und ein leichter Körper am gleich langen Faden schwingen gleich schnell. 1 P
- Geltungsbedingung: Die Formel gilt nur für kleine Auslenkungen (bis etwa \(10^\circ\)). Nur dort ist die rücktreibende Kraft näherungsweise proportional zur Auslenkung und die Schwingung damit harmonisch. 1 P
Ein Kondensator der Kapazität \(C=1{,}0\,\mathrm{\mu F}\) wird aufgeladen und anschließend über eine Spule der Induktivität \(L=10\,\mathrm{mH}\) entladen. Der ohmsche Widerstand der Bauteile wird vernachlässigt. Material M6 zeigt den Schwingkreis in vier aufeinanderfolgenden Zuständen einer vollen Periode.
M6 — Schaltbild des Schwingkreises in vier Zuständen
Mit den Schaltflächen weiterschalten oder in das Schaltbild klicken; mit der Tastatur: anfokussieren, dann Pfeil links/rechts. Die beiden Balken zeigen, wie sich die Energie auf das elektrische Feld des Kondensators und das magnetische Feld der Spule verteilt.
Zustand 1 von 4, \(t=0\): Der Kondensator ist vollständig geladen, die Stromstärke ist null. Die gesamte Energie steckt im elektrischen Feld zwischen den Platten.
Berechnen Sie die Periodendauer und die Frequenz des Schwingkreises mit \(L=10\,\mathrm{mH}\) und \(C=1{,}0\,\mathrm{\mu F}\).
Erwartungshorizont — Aufgabe 6 a)
- Umrechnen in Grundeinheiten: \(L=10\,\mathrm{mH}=1{,}0\cdot 10^{-2}\,\mathrm H\) und \(C=1{,}0\,\mathrm{\mu F}=1{,}0\cdot 10^{-6}\,\mathrm F\). 1 P
- Thomson-Gleichung: \(\displaystyle T=2\pi\sqrt{L\,C}=2\pi\sqrt{1{,}0\cdot 10^{-8}\,\mathrm{s^{2}}}=2\pi\cdot 1{,}0\cdot 10^{-4}\,\mathrm s=6{,}3\cdot 10^{-4}\,\mathrm s=0{,}63\,\mathrm{ms}\). 1 P
- Frequenz: \(\displaystyle f=\frac{1}{T}=\frac{1}{6{,}3\cdot 10^{-4}\,\mathrm s}=1{,}6\cdot 10^{3}\,\mathrm{Hz}\approx 1{,}6\,\mathrm{kHz}\). 1 P
Schalten Sie M6 einmal vollständig durch. Erläutern Sie anhand der vier Zustände, wie die Energie im Schwingkreis hin- und herpendelt, und geben Sie an, zu welchen Zeitpunkten die Spannung am Kondensator und zu welchen die Stromstärke in der Spule ihren größten Betrag hat.
Erwartungshorizont — Aufgabe 6 b)
- Zustand 1 \((t=0)\): Der Kondensator ist geladen, die gesamte Energie steckt im elektrischen Feld, die Stromstärke ist null. Er entlädt sich nun über die Spule. 1 P
- Zustand 2 \(\left(t=\tfrac{T}{4}\right)\): Der wachsende Strom hat in der Spule ein magnetisches Feld aufgebaut; der Kondensator ist leer, die ganze Energie steckt im B-Feld, die Stromstärke ist maximal. Der Strom bricht nicht ab: Das zusammenbrechende Magnetfeld lädt den Kondensator in Zustand 3 mit umgekehrtem Vorzeichen wieder auf, in Zustand 4 fließt der Strom in umgekehrter Richtung. 1 P
- Zeitpunkte: Die Spannung am Kondensator ist bei \(t=0\), \(\tfrac{T}{2}\), \(T\), … am größten, die Stromstärke genau dazwischen bei \(\tfrac{T}{4}\), \(\tfrac{3T}{4}\), … Beide erreichen ihre Höchstwerte also nie gleichzeitig, sondern um eine Viertelperiode versetzt. 1 P
Beurteilen Sie die beiden Aussagen aus der Lerngruppe: „Im Schwingkreis bewegt sich nichts — also schwingt dort auch nichts." und „Halbiert man die Kapazität, so verdoppelt sich die Frequenz." Ziehen Sie dabei die Analogie \(m \leftrightarrow L\) und \(D \leftrightarrow \tfrac{1}{C}\) heran.
Erwartungshorizont — Aufgabe 6 c)
- Zur ersten Aussage: zurückzuweisen. Es schwingen die Ladung \(q\) auf dem Kondensator und die Stromstärke \(I\) in der Spule. Die Ladung \(q\) ist die Zustandsgröße, die beim mechanischen Pendel der Auslenkung \(y\) entspricht. 1 P
- Ergänzung: Die Energie pendelt zwischen dem elektrischen Feld des Kondensators und dem magnetischen Feld der Spule hin und her — genau das ist die Schwingung. Sichtbare Bewegung ist dafür nicht erforderlich. 1 P
- Zur zweiten Aussage: ebenfalls zurückzuweisen. Aus \(T=2\pi\sqrt{L\,C}\) folgt \(\displaystyle f=\frac{1}{2\pi\sqrt{L\,C}}\); die Frequenz ist also umgekehrt proportional zur Wurzel aus \(C\). Halbe Kapazität bedeutet nur den Faktor \(\sqrt{2}\approx 1{,}41\); für die doppelte Frequenz müsste \(C\) auf ein Viertel verringert werden. 1 P
- Deutung über die Analogie: \(L\) übernimmt die Rolle der trägen Masse \(m\), \(\tfrac{1}{C}\) die Rolle der Richtgröße \(D\). Eine kleinere Kapazität bedeutet ein größeres \(\tfrac{1}{C}\), also einen stärkeren Rücktrieb — wie eine härtere Feder. Nach dem gemeinsamen Bauplan \(T=2\pi\sqrt{\tfrac{\text{Trägheit}}{\text{Rücktrieb}}}\) wird \(T\) dadurch kleiner und \(f\) größer, aber eben nur mit der Wurzel. 1 P
Selbsteinschätzung
Öffnen Sie nach Ablauf der Bearbeitungszeit die Erwartungshorizonte und tragen Sie dort Ihre erreichten Punkte ein. Die Übersicht rechnet sofort mit — halbe Punkte sind zulässig.
Profil nach Anforderungsbereichen
Punkteverteilung der Klausur
| Aufgabe | Thema | AFB I | AFB II | AFB III | Summe | Erreicht |
|---|---|---|---|---|---|---|
| Gesamt | Kapitel 4 — Schwingungen | 24 P | 26 P | 10 P | 60 P | 0 P |
Notenschlüssel für 60 Punkte
Die Schwellen sind an den üblichen Prozentsätzen der Oberstufe ausgerichtet und lückenlos: Jede erreichbare Punktzahl von 0 bis 60 fällt in genau eine Zeile. Ab 24 Punkten (4 Notenpunkte, Note 4−) ist die Klausur bestanden.
| Notenpunkte | Punkte von 60 | Note | Beurteilung |
|---|---|---|---|
| 15 | 57 – 60 P | 1+ | sehr gut |
| 14 | 54 – 56 P | 1 | sehr gut |
| 13 | 51 – 53 P | 1− | sehr gut |
| 12 | 48 – 50 P | 2+ | gut |
| 11 | 45 – 47 P | 2 | gut |
| 10 | 42 – 44 P | 2− | gut |
| 9 | 39 – 41 P | 3+ | befriedigend |
| 8 | 36 – 38 P | 3 | befriedigend |
| 7 | 33 – 35 P | 3− | befriedigend |
| 6 | 30 – 32 P | 4+ | ausreichend |
| 5 | 27 – 29 P | 4 | ausreichend |
| 4 | 24 – 26 P | 4− | ausreichend |
| 3 | 20 – 23 P | 5+ | mangelhaft |
| 2 | 16 – 19 P | 5 | mangelhaft |
| 1 | 12 – 15 P | 5− | mangelhaft |
| 0 | 0 – 11 P | 6 | ungenügend |