Grundlagen aus den Jahren davor

Kräfte, Arbeit, Energie – das Fundament

Newton, Kräftezerlegung, Kräftegleichgewicht und die Energiebilanz – die drei Muster, auf denen Felder, Schwingungen und Teilchenbahnen aufbauen.

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Das Wichtigste in einem SatzKräfte ändern Bewegungen ($F = ma$); heben sie sich auf, bleibt die Bewegung, wie sie ist – das Kräftegleichgewicht ($qE = mg$, $qE = qvB$) ist das meistgenutzte Muster der Oberstufe. Arbeit ist Kraft mal Weg in Kraftrichtung ($W = Fs\cos\varphi$, Fläche im $F$-$s$-Diagramm), und die Energiebilanz „Anfang = Ende“ ($mgh = \tfrac12 mv^2$, $qU = \tfrac12 mv^2$, $\tfrac12 D\hat y^2 = \tfrac12 mv_{\max}^2$) löst die Hälfte aller Rechenaufgaben ohne eine einzige Kraft.

Vorwissen aus den Jahren davor – kurz prüfen

Tippe auf eine Frage, erst selbst antworten, dann vergleichen. Wenn etwas wackelt: zuerst dort nachlesen, sonst stolperst du im neuen Stoff.

Was ist eine Beschleunigung, und was bedeutet a = 9,81 m/s²?

Beschleunigung ist die Änderung der Geschwindigkeit pro Zeit: $a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t}$, Einheit $\mathrm{m/s^2}$. $g = 9{,}81\,\mathrm{m/s^2}$ heißt: Ein frei fallender Körper wird in jeder Sekunde um $9{,}81\,\mathrm{m/s}$ schneller. Nach $2\,\mathrm s$ freien Falls (aus der Ruhe): $v = g t = 19{,}6\,\mathrm{m/s}$ und $s = \tfrac12 g t^2 = 19{,}6\,\mathrm m$. Die Bewegungsgleichungen bei konstanter Beschleunigung: $v = a t$, $s = \tfrac12 a t^2$ (Start aus der Ruhe); ohne die Zeit: $v^2 = 2as$. Eine Beschleunigung kann auch bremsen (negativ) oder nur die Richtung ändern (Kreisbewegung).

Was ist ein Vektor, und wie addiert man zwei Vektoren zeichnerisch?

Ein Vektor hat Betrag und Richtung – Kraft, Geschwindigkeit, Beschleunigung, Impuls und Feldstärke sind Vektoren; Masse, Energie, Arbeit, Spannung sind Skalare (nur Zahl). Addition: Pfeile hintereinanderhängen (Spitze an Schaft) oder Parallelogramm aufspannen; der Pfeil vom Anfang des ersten zur Spitze des letzten ist die Summe. Zwei gleich große Kräfte von $5\,\mathrm N$ ergeben in gleicher Richtung $10\,\mathrm N$, entgegengesetzt $0\,\mathrm N$ und bei $90^\circ$ zueinander $\sqrt{5^2+5^2}\,\mathrm N = 7{,}07\,\mathrm N$ (Pythagoras). Kräfte darf man nur als Vektoren addieren – nie einfach die Beträge.

Wie zerlegt man eine Kraft in zwei senkrechte Komponenten?

Zeichne die Kraft $F$ als Pfeil und das Rechteck, dessen Diagonale sie ist; die Rechteckseiten sind die Komponenten. Bildet $F$ den Winkel $\varphi$ mit der $x$-Richtung, dann $F_x = F\cos\varphi$ (Ankathete) und $F_y = F\sin\varphi$ (Gegenkathete). Beispiel: $F = 10{,}0\,\mathrm N$ unter $30^\circ$: $F_x = 8{,}66\,\mathrm N$, $F_y = 5{,}00\,\mathrm N$. Rückweg: $F = \sqrt{F_x^2 + F_y^2}$ und $\tan\varphi = F_y/F_x$. Welche Komponente $\sin$ und welche $\cos$ bekommt, entscheidet allein, wo der Winkel liegt – Skizze!

Was ist der Unterschied zwischen Masse und Gewichtskraft?

Die Masse $m$ (in kg) ist eine Eigenschaft des Körpers – überall gleich, Maß für seine Trägheit. Die Gewichtskraft $F_G = m g$ (in N) ist die Kraft, mit der die Erde ihn anzieht – auf dem Mond ein Sechstel. Ein Körper mit $m = 60\,\mathrm{kg}$ hat $F_G = 60\,\mathrm{kg}\cdot 9{,}81\,\mathrm{m/s^2} = 589\,\mathrm N$. Einheit: $1\,\mathrm N = 1\,\mathrm{kg\,m/s^2}$ – die Kraft, die $1\,\mathrm{kg}$ mit $1\,\mathrm{m/s^2}$ beschleunigt. „Das wiegt 60 kg“ ist Alltagssprache; in der Physik heißt es: Masse 60 kg, Gewichtskraft 589 N.

Wie rechnet man mit Einheiten: Was ist 1 J, 1 W, 1 kWh, 1 eV?

$1\,\mathrm J = 1\,\mathrm{N\,m} = 1\,\mathrm{kg\,m^2/s^2}$ – die Arbeit, wenn $1\,\mathrm N$ über $1\,\mathrm m$ wirkt. $1\,\mathrm W = 1\,\mathrm{J/s}$ (Leistung). $1\,\mathrm{kWh} = 1000\,\mathrm W\cdot 3600\,\mathrm s = 3{,}6\cdot 10^{6}\,\mathrm J$. Elektrisch: $1\,\mathrm J = 1\,\mathrm{V\,A\,s} = 1\,\mathrm{C\,V}$, also $W = QU$. Und $1\,\mathrm{eV} = 1{,}602\cdot 10^{-19}\,\mathrm J$ ist die Energie, die ein Elektron beim Durchlaufen von $1\,\mathrm V$ gewinnt – bei $250\,\mathrm V$ also $250\,\mathrm{eV} = 4{,}01\cdot 10^{-17}\,\mathrm J$. Einheitenkontrolle: Kommt bei einer Energie nicht J (oder eV) heraus, ist die Formel falsch.

Was sagt das Hookesche Gesetz, und was ist die Federkonstante?

Für eine Feder ist die Kraft proportional zur Dehnung: $F = D\cdot s$. Die Federkonstante $D$ (in $\mathrm{N/m}$) sagt, wie viel Kraft pro Meter Dehnung nötig ist – eine harte Feder hat ein großes $D$. Beispiel: Hängt man $200\,\mathrm g$ an eine Feder und sie dehnt sich um $8{,}0\,\mathrm{cm}$, dann ist $D = \dfrac{F}{s} = \dfrac{0{,}200\,\mathrm{kg}\cdot 9{,}81\,\mathrm{m/s^2}}{0{,}080\,\mathrm m} = 24{,}5\,\mathrm{N/m}$. Im $F$-$s$-Diagramm ist das eine Ursprungsgerade mit Steigung $D$. Die Feder zieht immer zur Ruhelage zurück (rücktreibende Kraft $F = -Ds$) – genau das macht sie zum Schwinger.

Kraft – die Ursache jeder Änderung einer Bewegung

Eine Kraft erkennt man nicht an der Bewegung, sondern an ihrer Änderung: Ein Körper wird schneller, langsamer oder ändert die Richtung – dann wirkt eine Kraft. Bewegt er sich gleichförmig geradeaus oder ruht er, wirkt keine resultierende Kraft. Das sind die drei Newtonschen Gesetze, in Klausursprache:

Trägheit: Ohne resultierende Kraft bleibt ein Körper in Ruhe oder bewegt sich geradlinig mit konstanter Geschwindigkeit weiter. (Deshalb fliegt ein Elektron hinter dem Kondensator geradeaus weiter – es gibt keine „Restkraft“.)
Grundgesetz: $\vec F = m\vec a$ – die resultierende Kraft beschleunigt den Körper in ihre Richtung; je größer die Masse, desto kleiner die Beschleunigung. Einheit: $1\,\mathrm N = 1\,\mathrm{kg\,m/s^2}$.
Wechselwirkung: Kräfte treten paarweise auf – übt A auf B die Kraft $\vec F$ aus, übt B auf A die Kraft $-\vec F$ aus (an zwei verschiedenen Körpern; deshalb heben sie sich nicht auf).

Drei Kräfte, mit denen du im LK ständig rechnest:

Gewichtskraft $F_G = m g$, immer senkrecht nach unten, $g = 9{,}81\,\mathrm{m/s^2}$. Beim Millikan-Versuch ist sie der Gegenspieler der elektrischen Kraft.
Federkraft (Hooke) $F = -D s$: proportional zur Auslenkung, zur Ruhelage hin gerichtet (Minuszeichen). Mit $F = ma$ wird daraus $m\ddot y = -D y$, also $\ddot y = -\dfrac{D}{m}\,y$ – die Schwingungsgleichung $\ddot y = -\omega^2 y$ mit $\omega^2 = D/m$.
Reibung wirkt immer gegen die Bewegung und wandelt Bewegungsenergie in Wärme. Im LK meist „reibungsfrei“ angenommen – wenn nicht, taucht sie in der Energiebilanz als Verlust auf.

Zentripetalkraft ist keine zusätzliche Kraft

Bei einer Kreisbewegung braucht der Körper eine zum Mittelpunkt gerichtete Kraft $F_z = \dfrac{mv^2}{r} = m\omega^2 r$. Das ist eine Rolle, die eine vorhandene Kraft übernimmt: beim Elektron im Magnetfeld die Lorentzkraft ($qvB = mv^2/r$), beim Kettenkarussell die waagerechte Komponente der Seilkraft, beim Planeten die Gravitation. Wer in der Skizze neben die Lorentzkraft noch eine „Zentripetalkraft“ zeichnet, zählt dieselbe Kraft doppelt. Richtig: Lorentzkraft einzeichnen und sagen: „Sie wirkt als Zentripetalkraft.“

Kräfte addieren und zerlegen – Vektoren mit sin und cos

Kräfte sind Vektoren. Wirken mehrere, zählt nur ihre Summe, die resultierende Kraft: Pfeile aneinanderhängen oder Parallelogramm zeichnen. Oft ist der umgekehrte Weg nützlicher: Eine Kraft wird in zwei Komponenten zerlegt, die man getrennt behandeln kann – meist „entlang der Bewegung“ und „senkrecht dazu“. Mit dem Winkel $\varphi$ zwischen Kraft und Bezugsrichtung:

$$F_\parallel = F\cos\varphi\qquad\qquad F_\perp = F\sin\varphi\qquad\qquad F = \sqrt{F_\parallel^2 + F_\perp^2}$$

Schiefe Ebene (Neigungswinkel $\alpha$): Die Gewichtskraft zerlegt sich in die Hangabtriebskraft $F_H = mg\sin\alpha$ (beschleunigt den Körper bergab) und die Normalkraft $F_N = mg\cos\alpha$ (drückt ihn auf die Bahn). Für $m = 2{,}0\,\mathrm{kg}$ und $\alpha = 30^\circ$: $F_H = 9{,}81\,\mathrm N$, $F_N = 17{,}0\,\mathrm N$. Der Winkel $\alpha$ taucht in dem kleinen Dreieck an $F_G$ wieder auf, weil seine Schenkel paarweise senkrecht auf denen des Neigungswinkels stehen – dieses Argument brauchst du auch beim Doppelspalt.

Kettenkarussell: Das Seil hängt unter dem Winkel $\varphi$ zur Senkrechten. Seine Kraft $F_S$ hat eine senkrechte Komponente $F_S\cos\varphi$, die die Gewichtskraft trägt, und eine waagerechte Komponente $F_S\sin\varphi$, die als Zentripetalkraft wirkt:

$$F_S\cos\varphi = mg,\qquad F_S\sin\varphi = \frac{mv^2}{r}\qquad\Rightarrow\qquad \tan\varphi = \frac{v^2}{r g}$$

Der Winkel hängt nicht von der Masse ab – Kind und Erwachsener hängen gleich schräg. Bei $v = 5{,}0\,\mathrm{m/s}$ und $r = 4{,}0\,\mathrm m$: $\tan\varphi = \dfrac{25}{4{,}0\cdot 9{,}81} = 0{,}637$, also $\varphi = 32{,}5^\circ$.

Dasselbe Werkzeug in der Elektrizitätslehre: Fliegt ein Elektron schräg ins Feld, zerlegst du seine Geschwindigkeit in $v_x = v\cos\varphi$ (bleibt konstant, keine Kraft in dieser Richtung) und $v_y = v\sin\varphi$ (wird durch $F = qE$ verändert) – der waagerechte Wurf mit anderen Buchstaben.

Kräftegleichgewicht – das wiederkehrende Muster der Oberstufe

Ist die resultierende Kraft null, gibt es keine Beschleunigung: Der Körper ruht oder bewegt sich gleichförmig. Dieser eine Satz steckt hinter erstaunlich vielen Abituraufgaben. Das Rezept ist immer gleich: Skizze mit allen Kräften – Gleichgewicht ansetzen – nach der gesuchten Größe auflösen.

Versuch	Kräfte	Gleichgewicht	Was man gewinnt
Millikan (Öltröpfchen schwebt)	$F_{el} = qE = q\dfrac{U}{d}$ nach oben, $F_G = mg$ nach unten	$q\dfrac{U}{d} = mg$	$q = \dfrac{mgd}{U}$ – die Ladung ist ein Vielfaches von $e$
Hall-Effekt (Ladungsträger laufen geradeaus)	Lorentzkraft $qvB$, elektrische Kraft $qE_H = q\dfrac{U_H}{b}$	$qvB = q\dfrac{U_H}{b}$	$U_H = vBb$ – daraus mit $I = nqvA$ die Formel $U_H = \dfrac{IB}{nqd}$
Wien-Filter (Geschwindigkeitsfilter)	$qE$ und $qvB$ entgegengesetzt	$qE = qvB$	$v = \dfrac{E}{B}$ – nur diese Geschwindigkeit fliegt geradeaus
Fallschirm mit Endgeschwindigkeit	$F_G$ und Luftreibung	$F_R = mg$	konstante Sinkgeschwindigkeit
Federpendel in Ruhelage	$F_G$ und Federkraft	$D s_0 = mg$	Ruhelage $s_0$; die Schwingung läuft um sie herum

Im Gleichgewicht kürzt sich oft etwas weg: Beim Hall-Effekt und beim Wien-Filter fällt die Ladung $q$ heraus – das Ergebnis gilt für jedes geladene Teilchen. Beim Millikan-Versuch bleibt $q$ stehen, weil die Gegenkraft ($mg$) nichts mit der Ladung zu tun hat. Diese Beobachtung ist eine typische „Erläutern“-Frage.

Dynamisches Gleichgewicht ist auch ein Gleichgewicht

„Gleichförmig geradeaus“ und „in Ruhe“ sind für die Kräfte dasselbe: Beim Hall-Effekt bewegen sich die Elektronen – aber geradeaus, also ohne Beschleunigung quer zum Strom. Deshalb darf man dort $F_{el} = F_L$ setzen. Beim Elektron auf der Kreisbahn dagegen ist die Lorentzkraft nicht ausgeglichen – sie beschleunigt das Elektron ständig zur Mitte.

Arbeit – Kraft mal Weg, aber nur die Komponente in Wegrichtung

Arbeit wird verrichtet, wenn eine Kraft einen Körper entlang eines Weges bewegt. Nur die Komponente der Kraft in Wegrichtung zählt:

$$W = F\cdot s\cdot\cos\varphi\qquad(\varphi\text{: Winkel zwischen Kraft und Weg}),\qquad [W] = \mathrm{N\,m} = \mathrm J$$

Drei Sonderfälle, die du sofort erkennen solltest: $\varphi = 0^\circ$ (Kraft in Wegrichtung): $W = F s$, der Körper wird schneller. $\varphi = 180^\circ$ (Kraft gegen die Bewegung, Bremsen, Reibung): $W = -Fs$, der Körper verliert Energie. $\varphi = 90^\circ$ (Kraft senkrecht zum Weg): $W = 0$. Der letzte Fall ist der wichtigste: Die Lorentzkraft steht immer senkrecht auf der Geschwindigkeit – sie verrichtet nie Arbeit, ändert also nie den Betrag der Geschwindigkeit, nur die Richtung. Darum bleibt die Bahn im Magnetfeld ein Kreis mit konstantem $v$, und darum kann ein Magnetfeld ein Teilchen nicht beschleunigen – dazu braucht es ein elektrisches Feld. Genauso trägt die Normalkraft auf der schiefen Ebene nichts zur Arbeit bei, und wer einen Koffer waagerecht trägt, verrichtet an ihm (physikalisch) keine Arbeit.

Arbeit als Fläche. Ist die Kraft nicht konstant, geht $W = F\cdot s$ nicht mehr. Dann zerlegt man den Weg in kleine Stücke $\Delta s$, auf denen $F$ fast konstant ist, und summiert $F\cdot\Delta s$ – das ist genau die Fläche unter dem $F$-$s$-Graphen. Für die Feder ($F = Ds$, Ursprungsgerade) ist diese Fläche ein Dreieck mit Grundseite $s$ und Höhe $Ds$:

$$W_{\text{Spann}} = \tfrac12\cdot s\cdot D s = \tfrac12 D s^2$$

Der Faktor $\tfrac12$ kommt also vom Dreieck: Die Kraft ist am Anfang null und erreicht $Ds$ erst am Ende, im Mittel wirkt $\tfrac12 Ds$. Für $D = 50\,\mathrm{N/m}$ und $s = 0{,}10\,\mathrm m$: $W = \tfrac12\cdot 50\cdot 0{,}01\,\mathrm J = 0{,}25\,\mathrm J$ (nicht $0{,}50\,\mathrm J$). Dasselbe Argument beim Kondensator: Beim Laden wächst die Spannung mit der Ladung, $U = Q/C$ – eine Ursprungsgerade im $U$-$Q$-Diagramm. Die Fläche ist ein Dreieck, also $W = \tfrac12 Q U = \tfrac12 C U^2$, nicht $QU$. Wer die Feder verstanden hat, hat den Kondensator verstanden. Und noch eine Fläche: Beim Elektron im homogenen Feld ist $F = qE$ konstant, die Fläche ein Rechteck, $W = qE\cdot d = q\dfrac{U}{d}d = qU$.

Energieformen und Energieerhaltung – Bilanz statt Kräfte

Energie ist „gespeicherte Arbeit“: Wer Arbeit an einem Körper verrichtet, erhöht seine Energie; der Körper kann sie später als Arbeit zurückgeben. Die Formen, die du im LK brauchst:

Energieform	Formel	Herkunft	Typischer Wert
Bewegungsenergie	$E_{\mathrm{kin}} = \tfrac12 m v^2$	Beschleunigungsarbeit $Fs$ mit $s = \tfrac12 at^2$, $v = at$ (Herleitung unten)	Ball $0{,}45\,\mathrm{kg}$, $12\,\mathrm{m/s}$: $32{,}4\,\mathrm J$
Lageenergie	$E_{\mathrm{pot}} = m g h$	Hubarbeit $F_G\cdot h$	$60\,\mathrm{kg}$ um $3\,\mathrm m$: $1{,}77\,\mathrm{kJ}$
Spannenergie	$E_{\mathrm{Sp}} = \tfrac12 D s^2$	Dreiecksfläche unter $F = Ds$	$D = 25\,\mathrm{N/m}$, $s = 6\,\mathrm{cm}$: $0{,}045\,\mathrm J$
Elektrische Energie	$W = q U$	$F\cdot d = q\dfrac{U}{d}\cdot d$	Elektron, $250\,\mathrm V$: $4{,}01\cdot 10^{-17}\,\mathrm J = 250\,\mathrm{eV}$
Kondensatorenergie	$W = \tfrac12 Q U = \tfrac12 C U^2$	Dreiecksfläche unter $U = Q/C$	$100\,\mu\mathrm F$, $12\,\mathrm V$: $7{,}2\,\mathrm{mJ}$

Energieerhaltung heißt: In einem abgeschlossenen System bleibt die Gesamtenergie gleich; sie wechselt nur die Form. Als Rechenregel schreibst du eine Bilanz: Energie am Anfang $=$ Energie am Ende ($+$ Verluste durch Reibung). Drei Standardfälle:

Pendel / Rampe: $mgh = \tfrac12 mv^2\Rightarrow v = \sqrt{2gh}$. Die Masse kürzt sich – alle Körper kommen gleich schnell unten an. $h = 0{,}20\,\mathrm m$: $v = 1{,}98\,\mathrm{m/s}$. Beim Fadenpendel ist $h = l(1-\cos\varphi_0)$.
Elektron im Feld: $qU = \tfrac12 mv^2\Rightarrow v = \sqrt{\dfrac{2eU}{m_e}}$. Für $U = 200\,\mathrm V$: $v = 8{,}39\cdot 10^{6}\,\mathrm{m/s}$. Die Bilanz ist schneller als der Kraftweg (Kraft, Beschleunigung, Zeit, Geschwindigkeit) und braucht weder $d$ noch die Flugzeit.
Schwingung: Im Umkehrpunkt steckt alles in der Spannenergie, im Nulldurchgang alles in der Bewegungsenergie: $\tfrac12 D\hat y^2 = \tfrac12 m v_{\max}^2\Rightarrow v_{\max} = \hat y\sqrt{D/m} = \hat y\,\omega$ – dasselbe Ergebnis wie beim Ableiten von $y = \hat y\sin(\omega t)$.

Hängt W = eU vom Plattenabstand ab? Nein.

Die Kraft auf das Elektron hängt von $d$ ab: $F = eE = e\dfrac{U}{d}$ – halber Abstand, doppelte Kraft. Aber der Weg, auf dem sie wirkt, ist genau $d$: $W = F\cdot d = e\dfrac{U}{d}\cdot d = eU$. Doppelte Kraft auf halbem Weg gibt dieselbe Arbeit. Die Geschwindigkeit am Ende hängt also nur von $U$ ab; $d$ bestimmt nur, wie schnell das Elektron sie erreicht (Flugzeit). Dieser Unterschied zwischen Kraft (hängt von $d$ ab) und Energie (hängt nicht von $d$ ab) ist eine beliebte Erläutern-Frage.

Leistung, Impuls und Kraftstoß – plus Einheitencheck

Leistung ist Arbeit pro Zeit: $P = \dfrac{W}{t}$, Einheit $\mathrm W = \mathrm{J/s}$. Für eine konstante Kraft bei konstanter Geschwindigkeit gilt $P = \dfrac{F s}{t} = F\cdot v$: Ein Auto, dessen Motor $60\,\mathrm{kW}$ bei $30\,\mathrm{m/s}$ abgibt, überwindet eine Widerstandskraft von $F = P/v = 2000\,\mathrm N$. Elektrisch: $P = U\cdot I$ (denn $W = QU$ und $I = Q/t$). Wer $70\,\mathrm{kg}$ in $4{,}0\,\mathrm s$ eine Treppe von $3{,}0\,\mathrm m$ hinaufläuft, leistet $P = \dfrac{mgh}{t} = \dfrac{70\cdot 9{,}81\cdot 3{,}0}{4{,}0}\,\mathrm W = 515\,\mathrm W$.

Impuls $\vec p = m\vec v$ ist „Masse mal Geschwindigkeit“ – ein Vektor, Einheit $\mathrm{kg\,m/s}$. Er ist die zweite Erhaltungsgröße neben der Energie: Bei jedem Stoß ohne äußere Kräfte ist der Gesamtimpuls vorher gleich dem Gesamtimpuls nachher. Unelastischer Stoß (die Körper bleiben zusammen): $m_1 v_1 + m_2 v_2 = (m_1 + m_2)\,v'$. Ein Wagen ($2{,}0\,\mathrm{kg}$, $3{,}0\,\mathrm{m/s}$) trifft einen ruhenden ($1{,}0\,\mathrm{kg}$): $v' = \dfrac{6{,}0}{3{,}0}\,\mathrm{m/s} = 2{,}0\,\mathrm{m/s}$. Die Bewegungsenergie ist dabei nicht erhalten (Verformung, Wärme) – der Impuls schon.

Newtons Grundgesetz lautet in seiner ursprünglichen Form $F = \dfrac{\Delta p}{\Delta t}$: Eine Kraft ändert den Impuls. Umgestellt ist das der Kraftstoß $F\cdot\Delta t = \Delta p$. Je kürzer die Zeit, in der eine Impulsänderung stattfindet, desto größer die Kraft – deshalb verletzt der harte Aufprall, und deshalb sind Knautschzone, Airbag und das Abfedern beim Landen wirksam: Gleiches $\Delta p$, längeres $\Delta t$, kleinere Kraft. Vorsicht bei Richtungsumkehr: Prallt ein Ball mit $12\,\mathrm{m/s}$ gegen eine Wand und kommt mit $9\,\mathrm{m/s}$ zurück, ist $\Delta p = m\,(12 + 9)\,\mathrm{m/s}$, nicht $m\,(12 - 9)\,\mathrm{m/s}$ – der Impuls ist ein Vektor.

Einheitencheck zum Auswendiglernen. Alle Energieformen müssen in Joule enden:

$$\mathrm J = \mathrm{N\,m} = \mathrm{kg\,\frac{m^2}{s^2}} = \mathrm{V\,A\,s} = \mathrm{C\,V} = \mathrm{W\,s},\qquad 1\,\mathrm{eV} = 1{,}602\cdot 10^{-19}\,\mathrm J$$

Prüfe damit $\tfrac12 mv^2$: $\mathrm{kg\cdot m^2/s^2} = \mathrm J$ ✓. $qU$: $\mathrm{C\cdot V} = \mathrm{A\,s\cdot V} = \mathrm J$ ✓. $\tfrac12 Ds^2$: $\mathrm{(N/m)\cdot m^2} = \mathrm{N\,m} = \mathrm J$ ✓. $\tfrac12 CU^2$: $\mathrm{(As/V)\cdot V^2} = \mathrm{A\,s\,V} = \mathrm J$ ✓. Und $P = Fv$: $\mathrm{N\cdot m/s} = \mathrm{J/s} = \mathrm W$ ✓. Wer beim Einsetzen die Einheiten mitschreibt, findet fast jeden Formelfehler, bevor er Punkte kostet.

Simulation: Energiebilanz, Spannarbeit als Fläche, Kräftezerlegung

Szenario Rampe: Die Kugel läuft reibungsfrei durch das Tal, die Balken zeigen E_pot, E_kin und ihre Summe live. Szenario Feder: Die schraffierte Dreiecksfläche ist die Spannarbeit. Szenario Zerlegung: Komponenten einer Kraft unter dem Winkel φ.

Probiere in der Simulation

Rampe: Stelle $h = 1{,}0\,\mathrm m$ ein und sage voraus, mit welcher Geschwindigkeit die Kugel den tiefsten Punkt passiert ($v = \sqrt{2gh}$). Verdopple dann $h$ – wächst $v$ auf das Doppelte? Warum nicht?
Rampe: Ändere die Masse von $0{,}5$ auf $2\,\mathrm{kg}$. Was passiert mit den Balken, was mit $v$ unten? Begründe mit der Bilanz $mgh = \tfrac12 mv^2$.
Feder: Verdopple $s$ bei festem $D$. Um welchen Faktor wächst die Fläche? Lies $W$ ab und vergleiche mit $\tfrac12 Ds^2$. Erkläre, warum $F\cdot s$ (Rechteck) das Doppelte liefern würde.
Zerlegung: Stelle $\varphi = 60^\circ$ ein. Welche Komponente ist größer? Bei welchem Winkel ist die Komponente in Wegrichtung null – und was bedeutet das für die Arbeit (Stichwort Lorentzkraft)?

Herleitung: Spannarbeit $W = \tfrac12 D s^2$ als Fläche und Bewegungsenergie $E_{\mathrm{kin}} = \tfrac12 m v^2$

Beide Herleitungen sind Pflichtstoff aus der E-Phase und werden in Q1/Q2 stillschweigend vorausgesetzt – die Kondensatorenergie $\tfrac12 QU$ und die Schwingungsenergie benutzen genau dieselben Argumente. Skizze zur ersten: $F$-$s$-Diagramm mit der Ursprungsgeraden $F = Ds$. Zur zweiten: Körper der Masse $m$, konstante Kraft $F$, Start aus der Ruhe.

Teil 1 – Feder. Beim Spannen einer Feder ist die Kraft nicht konstant, sondern wächst nach Hooke proportional zur Dehnung. Im $F$-$s$-Diagramm ist das eine Ursprungsgerade mit der Steigung $D$.
$$ F(s) = D\cdot s $$
Arbeit ist Kraft mal Weg – bei veränderlicher Kraft die Summe vieler kleiner Beiträge $F\cdot\Delta s$, also die Fläche unter dem Graphen. Zwischen $0$ und $s$ ist diese Fläche ein rechtwinkliges Dreieck mit Grundseite $s$ und Höhe $F(s) = Ds$.
$$ W = \tfrac12\cdot\text{Grundseite}\cdot\text{H\"ohe} = \tfrac12\cdot s\cdot Ds = \tfrac12 D s^2 $$
Diese Arbeit steckt als Spannenergie in der Feder und wird beim Entspannen vollständig zurückgegeben. Der Faktor $\tfrac12$ ist die „mittlere Kraft“ $\tfrac12 Ds$ – genau wie beim Kondensator, wo $U$ beim Laden von $0$ auf $U$ wächst und $W = \tfrac12 QU$ entsteht.
Teil 2 – Bewegungsenergie. Eine konstante Kraft $F$ beschleunigt einen Körper der Masse $m$ aus der Ruhe mit $a = F/m$. Während der Zeit $t$ legt er nach den Gesetzen der gleichmäßig beschleunigten Bewegung den Weg $s$ zurück und erreicht die Geschwindigkeit $v$.
$$ s = \tfrac12 a t^2,\qquad v = a t $$
Die dabei verrichtete Beschleunigungsarbeit ist Kraft mal Weg (Kraft in Wegrichtung, $\cos\varphi = 1$). Setze $F = ma$ und $s = \tfrac12 at^2$ ein.
$$ W = F\cdot s = m a\cdot\tfrac12 a t^2 = \tfrac12 m\,(a t)^2 $$
Die Klammer ist nach Schritt 4 die Endgeschwindigkeit $v = at$. Die Arbeit hängt also weder von der Zeit noch von der Kraft einzeln ab, sondern nur von $m$ und $v$ – sie ist im Körper als Bewegungsenergie gespeichert.
$$ W = \tfrac12 m v^2 = E_{\mathrm{kin}} $$
Kontrolle mit Einheiten: $\mathrm{kg\cdot(m/s)^2} = \mathrm{kg\,m^2/s^2} = \mathrm{N\,m} = \mathrm J$. Und ein Plausibilitätshaken: Doppelte Geschwindigkeit, vierfache Energie – deshalb ist der Bremsweg bei doppeltem Tempo viermal so lang.

Schlusssatz (im Abitur Pflicht): Die Spannarbeit einer Feder ist die Dreiecksfläche unter der Hookeschen Geraden, $W = \tfrac12 Ds^2$, und die Beschleunigungsarbeit einer konstanten Kraft steckt als Bewegungsenergie $E_{\mathrm{kin}} = \tfrac12 mv^2$ im Körper – was zu zeigen war.

Formeln, die du sicher können musst

Größe / Gesetz	Formel	Was sie sagt · wann sie gilt
Newton II	$\vec F = m\vec a$	resultierende Kraft; $F = 0\Rightarrow$ Ruhe oder gleichförmige Bewegung (Gleichgewicht)
Gewichtskraft, Hooke	$F_G = m g,\qquad F = D s$	$g = 9{,}81\,\mathrm{m/s^2}$; $D$ in $\mathrm{N/m}$ = Steigung im $F$-$s$-Diagramm
Kräftezerlegung	$F_\parallel = F\cos\varphi,\quad F_\perp = F\sin\varphi$	$\varphi$ zur Bezugsrichtung; schiefe Ebene $F_H = mg\sin\alpha$; Kettenkarussell $\tan\varphi = v^2/(rg)$
Kräftegleichgewicht	$qE = mg,\qquad qE = qvB$	Millikan bzw. Hall/Wien-Filter ($v = E/B$) – Skizze, Gleichsetzen, Auflösen; resultierende Kraft null
Arbeit	$W = F\,s\cos\varphi$	nur Kraftkomponente in Wegrichtung; $F\perp s\Rightarrow W = 0$ (Lorentzkraft, Normalkraft)
Arbeit als Fläche	$W = \tfrac12 D s^2,\qquad W = \tfrac12 Q U$	Spannarbeit bzw. Kondensator: Dreieck unter Ursprungsgerade; Faktor $\tfrac12$ = mittlere Kraft bzw. Spannung
Energieformen	$\tfrac12 m v^2,\qquad m g h,\qquad q U$	Bewegungs-, Lage-, elektrische Energie; $qU$ unabhängig von $d$; $1\,\mathrm{eV} = 1{,}602\cdot 10^{-19}\,\mathrm J$
Energiebilanz	$mgh = \tfrac12 mv^2,\qquad qU = \tfrac12 mv^2$	Anfang = Ende (+ Verluste); $v = \sqrt{2gh}$, $v = \sqrt{2eU/m_e}$; Schwingung $\tfrac12 D\hat y^2 = \tfrac12 mv_{\max}^2$, also $v_{\max} = \hat y\omega$
Leistung, Impuls, Kraftstoß	$P = F v,\quad p = m v,\quad F\,\Delta t = \Delta p$	$P = W/t$, elektrisch $P = UI$; Impuls ist ein Vektor: Richtungsumkehr zählt doppelt; kurze Stoßzeit, große Kraft

Typische Fehler – und wie du die Punkte holst

Zentripetalkraft als zusätzliche Kraft neben der Lorentzkraft eingezeichnet und addiert.
Die Lorentzkraft ist die Zentripetalkraft: $qvB = \dfrac{mv^2}{r}$. Nur eine Kraft zeichnen, zur Kreismitte, und ihre Rolle benennen. Dasselbe beim Kettenkarussell: Die waagerechte Seilkomponente übernimmt die Rolle.
„Die kinetische Energie des Elektrons hängt vom Plattenabstand ab, weil $F = eU/d$ kleiner wird.“
$W = F\cdot d = \dfrac{eU}{d}\cdot d = eU$ – die kleinere Kraft wirkt auf dem längeren Weg. $d$ ändert Kraft, Beschleunigung und Flugzeit, aber nicht die Endenergie. Erläutern mit genau dieser Gleichungskette.
Spannarbeit als $W = F\cdot s = Ds\cdot s = Ds^2$ berechnet (Faktor 2 zu groß); analog $W = QU$ beim Kondensator.
Die Kraft wächst von $0$ auf $Ds$; Arbeit ist die Dreiecksfläche $\tfrac12 Ds^2$. Beim Kondensator wächst $U$ von $0$ auf $U$: $W = \tfrac12 QU$. Skizze des Diagramms mit schraffiertem Dreieck bringt den Punkt.
Arbeit beim waagerechten Tragen eines Koffers mit $W = mgh$ oder $W = F_G\cdot s$ berechnet.
$W = Fs\cos\varphi$; die Haltekraft steht senkrecht auf dem Weg ($\varphi = 90^\circ$), also $W = 0$. Gleiches Argument: Lorentzkraft verrichtet keine Arbeit, $v$ bleibt im Magnetfeld konstant.
Impulsänderung beim Abprallen als $m(v_1 - v_2)$ gerechnet, obwohl sich die Richtung umkehrt.
Impuls ist ein Vektor: Richtung festlegen, Vorzeichen setzen. $\Delta p = m v_2 - m(-v_1) = m(v_1 + v_2)$. Für $0{,}45\,\mathrm{kg}$, $12\,\mathrm{m/s}$ hin, $9\,\mathrm{m/s}$ zurück: $\Delta p = 9{,}45\,\mathrm{kg\,m/s}$, nicht $1{,}35$.
Kräfte als Zahlen addiert: „$5\,\mathrm N$ und $5\,\mathrm N$ ergeben $10\,\mathrm N$“, obwohl sie senkrecht zueinander wirken.
Vektoraddition: Parallelogramm oder Komponenten. Senkrecht: $F = \sqrt{F_1^2 + F_2^2} = 7{,}07\,\mathrm N$. Beim Zerlegen: Komponenten in Wegrichtung ($\cos$) und senkrecht dazu ($\sin$) – Winkel in der Skizze markieren.
Energiebilanz ohne Einheiten, Ergebnis $v = 87{,}9\cdot 10^{12}$ „irgendwas“ stehen gelassen (Wurzel vergessen).
$v = \sqrt{2eU/m_e}$: Wurzel ziehen, Einheit prüfen ($\sqrt{\mathrm{J/kg}} = \sqrt{\mathrm{m^2/s^2}} = \mathrm{m/s}$), Plausibilität: Elektronen im Schulversuch $10^6$–$10^7\,\mathrm{m/s}$, immer deutlich unter $c = 3\cdot 10^8\,\mathrm{m/s}$.

Abitur-Operatoren bei diesem Thema

Erläutern (z. B. warum $W = eU$ nicht von $d$ abhängt, warum die Lorentzkraft keine Arbeit verrichtet): Phänomen – Ursache – Gesetz in ganzen Sätzen, mit der Gleichungskette ($W = F\cdot d = \frac{eU}{d}\cdot d$) als Beleg.
Leiten Sie her ($\tfrac12 Ds^2$, $\tfrac12 mv^2$, $v = \sqrt{2gh}$, $\tan\varphi = v^2/(rg)$): Skizze mit allen Kräften oder dem Diagramm, jede Zeile begründet („Fläche unter der Geraden“, „Kraft in Wegrichtung“), Schlusssatz.
Berechnen / Bestimmen: Bilanz oder Gleichgewicht aufstellen – allgemein umstellen – einsetzen mit Einheiten – SCI-3 – Antwortsatz; Plausibilität: Größenordnung ($v \lt c$, Ladung ein Vielfaches von $e$).
Zeichnen Sie die Kräfte ein: Pfeile am Angriffspunkt, Länge proportional zum Betrag, beschriftet ($F_G$, $F_{el}$, $F_L$); bei Gleichgewicht gleich lang und entgegengesetzt; Kreisbahn: nur die eine Kraft zur Mitte.

Warum das über die Klausur hinaus wichtig bleibt

Diese Seite ist das Fundament für drei Abiturhalbjahre: In Q1 sind Millikan, Hall-Effekt, Wien-Filter und die Kreisbahn im Fadenstrahlrohr nichts anderes als Kräftegleichgewicht und $F = ma$, die Beschleunigung im E-Feld ist die Bilanz $qU = \tfrac12 mv^2$, und die Kondensatorenergie ist dieselbe Dreiecksfläche wie bei der Feder. In Q2 wird aus $F = -Ds$ und $F = ma$ die Schwingungsgleichung, und die Energiebilanz $\tfrac12 D\hat y^2 = \tfrac12 mv_{\max}^2$ ersetzt das Ableiten. In Q3 liefert $E = \tfrac12 mv^2$ zusammen mit $E = hf$ den Photoeffekt und die de-Broglie-Wellenlänge $\lambda = h/(mv)$. Im Maschinenbau-Studium heißt das alles Technische Mechanik und Thermodynamik: Jede Konstruktion beginnt mit dem Freischneiden eines Bauteils und dem Kräftegleichgewicht, jede Energieanlage mit einer Energiebilanz – genau die Muster, die du hier übst.

5 harte Fragen – hast du es wirklich verstanden?

Offene Aufgaben auf Papier lösen (Zeit stoppen!), erst dann die Lösung aufdecken und ehrlich Punkte geben. Die Ergebnisse werden auf diesem Gerät gespeichert.

Aufgabe 1Offene Aufgabe · ca. 15 min10 P

Energiebilanz in zwei Welten: Pendel und Elektron

a) Ein Fadenpendel ($l = 0{,}80\,\mathrm m$, $m = 0{,}150\,\mathrm{kg}$) wird um $\varphi_0 = 10{,}0^\circ$ ausgelenkt und losgelassen. Berechne die Höhe $h$ über dem tiefsten Punkt und die Geschwindigkeit beim Durchgang durch die Ruhelage. Begründe, warum das Ergebnis nicht von $m$ abhängt.

b) Ein Elektron startet aus der Ruhe und durchläuft eine Beschleunigungsspannung von $U = 250\,\mathrm V$ zwischen zwei Platten im Abstand $d = 5{,}0\,\mathrm{mm}$. Berechne seine Geschwindigkeit über die Energiebilanz und prüfe, ob sie plausibel ist.

c) Der Plattenabstand wird bei gleicher Spannung auf $d = 10{,}0\,\mathrm{mm}$ verdoppelt. Erläutere, wie sich (i) die Kraft auf das Elektron, (ii) die Endgeschwindigkeit und (iii) die Flugzeit ändern. Belege (ii) mit einer Gleichungskette.

Erwartungshorizont

3 Pa) $h = l(1-\cos\varphi_0) = 1{,}22\,\mathrm{cm}$; $mgh = \tfrac12 mv^2\Rightarrow v = \sqrt{2gh} = 0{,}488\,\mathrm{m/s}$; $m$ kürzt sich in der Bilanz
3 Pb) $eU = \tfrac12 m_e v^2\Rightarrow v = \sqrt{2eU/m_e} = 9{,}38\cdot 10^{6}\,\mathrm{m/s}$ mit Einheiten; Plausibilität: $v\approx 3\,\%$ von $c$, nicht relativistisch
3 Pc) (i) $F = eU/d$ halbiert sich; (ii) $W = F\cdot d = eU$ unverändert, also $v$ gleich; (iii) halbe Beschleunigung auf doppeltem Weg: Flugzeit verdoppelt sich ($t = \sqrt{2d/a}$, $a\propto 1/d$)
1 Pc) Gleichungskette $W = F d = \dfrac{eU}{d}\,d = eU$ ausdrücklich als Beleg

Musterlösung

a) Skizze: Faden der Länge $l$, ausgelenkt um $\varphi_0$; die Kugel hängt dann $l\cos\varphi_0$ unter dem Aufhängepunkt statt $l$. Höhe über dem tiefsten Punkt: $$h = l - l\cos\varphi_0 = l\,(1-\cos\varphi_0) = 0{,}80\,\mathrm m\cdot(1 - 0{,}9848) = 1{,}22\cdot 10^{-2}\,\mathrm m = 1{,}22\,\mathrm{cm}.$$ Energiebilanz (reibungsfrei): Lageenergie oben $=$ Bewegungsenergie unten, $mgh = \tfrac12 mv^2$. Die Masse steht auf beiden Seiten und kürzt sich: $v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2\cdot 9{,}81\,\mathrm{m/s^2}\cdot 1{,}22\cdot 10^{-2}\,\mathrm m} = 0{,}488\,\mathrm{m/s}$. Die Kugel passiert die Ruhelage mit $0{,}488\,\mathrm{m/s}$ – unabhängig von $m$, weil sowohl die gewonnene Energie ($mgh$) als auch die Trägheit ($\tfrac12 mv^2$) proportional zur Masse sind; eine schwerere Kugel bekommt mehr Energie, braucht aber genauso viel mehr für dieselbe Geschwindigkeit.

b) Das Feld verrichtet die Arbeit $W = eU$, die vollständig in Bewegungsenergie übergeht: $$eU = \tfrac12 m_e v^2\;\Rightarrow\; v = \sqrt{\frac{2eU}{m_e}} = \sqrt{\frac{2\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}\,\mathrm{C}\cdot 250\,\mathrm V}{9{,}109\cdot 10^{-31}\,\mathrm{kg}}}$$ $$v = \sqrt{8{,}79\cdot 10^{13}\,\tfrac{\mathrm{m^2}}{\mathrm{s^2}}} = 9{,}38\cdot 10^{6}\,\mathrm{m/s}.$$ Einheiten: $\mathrm{C\,V/kg} = \mathrm{J/kg} = \mathrm{m^2/s^2}$, die Wurzel gibt $\mathrm{m/s}$. Plausibilität: $v/c = 0{,}031$, also $3\,\%$ der Lichtgeschwindigkeit – groß, aber noch nicht relativistisch; Elektronen in Schulversuchen liegen bei $10^6$ bis $10^7\,\mathrm{m/s}$. Das Elektron erreicht $9{,}38\cdot 10^{6}\,\mathrm{m/s}$; der Plattenabstand wurde dafür nicht gebraucht.

c) (i) Die Feldstärke ist $E = U/d$; bei doppeltem $d$ halbiert sie sich von $5{,}0\cdot 10^{4}\,\mathrm{V/m}$ auf $2{,}5\cdot 10^{4}\,\mathrm{V/m}$, und mit ihr die Kraft $F = eE$ von $8{,}0\cdot 10^{-15}\,\mathrm N$ auf $4{,}0\cdot 10^{-15}\,\mathrm N$. (ii) Die Endgeschwindigkeit bleibt gleich, denn die Arbeit ist Kraft mal Weg und der Weg ist jetzt doppelt so lang: $$W = F\cdot d = e\,\frac{U}{d}\cdot d = eU = 4{,}0\cdot 10^{-17}\,\mathrm J\quad\text{f\"ur jedes } d.$$ Halbe Kraft auf doppeltem Weg – dieselbe Energie, dasselbe $v$. (iii) Die Beschleunigung $a = F/m_e$ halbiert sich, der Weg verdoppelt sich; aus $d = \tfrac12 at^2$ folgt $t = \sqrt{2d/a}$, also wächst die Flugzeit um den Faktor $\sqrt{2\cdot 2} = 2$. Kurz: $d$ bestimmt, wie schnell das Elektron auf Tempo kommt, nicht welches Tempo.

Typische Fehler → so holst du die Punkte

In a) wird $h$ oft als $l\sin\varphi_0$ oder gar $l\cdot\varphi_0$ angesetzt – Skizze mit $l\cos\varphi_0$ anfertigen. In b) die Wurzel nicht vergessen und $v$ mit $c$ vergleichen (Plausibilitätspunkt). In c) ist die Behauptung „kleinere Kraft, also langsamer“ der klassische Fehler – der Erwartungshorizont will die Kette $W = Fd = eU$ schwarz auf weiß.

Meine Punkte:

Aufgabe 2Offene Aufgabe · ca. 15 min10 P

Kräftegleichgewicht als Muster: Millikan und Wien-Filter

Im Millikan-Versuch schwebt ein Öltröpfchen der Masse $m = 4{,}0\cdot 10^{-15}\,\mathrm{kg}$ zwischen zwei waagerechten Platten ($d = 6{,}0\,\mathrm{mm}$), wenn die Spannung $U = 490\,\mathrm V$ anliegt.

Zeichne die wirkenden Kräfte ein, stelle die Gleichgewichtsbedingung auf und berechne die Ladung des Tröpfchens. Wie viele Elementarladungen trägt es?
Erläutere, warum sich im Millikan-Versuch die Ladung $q$ bestimmen lässt, beim Wien-Filter ($qE = qvB$) dagegen nicht.
Transfer: In einem Wien-Filter herrschen $E = 2{,}0\cdot 10^{5}\,\mathrm{V/m}$ und $B = 50\,\mathrm{mT}$. Welche Geschwindigkeit müssen Ionen haben, um geradeaus zu fliegen? Begründe mit den Kräften, in welche Richtung ein zu langsames Ion abgelenkt wird.
Der Plattenabstand ist auf $\pm 0{,}1\,\mathrm{mm}$, die Spannung auf $\pm 5\,\mathrm V$ bekannt (Masse als exakt angenommen). Gib ein Unsicherheitsintervall für $q$ an und beurteile, ob die Deutung aus a) eindeutig bleibt.

Erwartungshorizont

1 Pa) Skizze: $F_G = mg$ nach unten, $F_{el} = qE = qU/d$ nach oben, gleich lang
3 Pa) $q\dfrac{U}{d} = mg\Rightarrow q = \dfrac{mgd}{U} = 4{,}80\cdot 10^{-19}\,\mathrm C$ mit Einheiten; $q/e = 3{,}00$, also drei Elementarladungen
2 Pb) Millikan: Gegenkraft $mg$ enthält kein $q$, also bleibt $q$ in der Gleichung; Wien: $q$ steht auf beiden Seiten und kürzt sich – Gleichgewicht gilt für jede Ladung, nur $v = E/B$ ist festgelegt
2 Pc) $v = E/B = 4{,}0\cdot 10^{6}\,\mathrm{m/s}$; zu langsam: $qvB \lt qE$, elektrische Kraft überwiegt, Ablenkung in Richtung der elektrischen Kraft (bei positivem Ion in Feldrichtung)
2 Pd) relative Unsicherheiten addieren: $0{,}1/6{,}0 + 5/490 = 1{,}7\,\% + 1{,}0\,\% = 2{,}7\,\%$; $q\in[4{,}68;\,4{,}93]\cdot 10^{-19}\,\mathrm C$, also $q/e\in[2{,}92;\,3{,}08]$ – nur $3e$ liegt im Intervall, Deutung eindeutig

Musterlösung

a) Skizze: Tröpfchen zwischen den Platten; nach unten die Gewichtskraft $F_G = mg$, nach oben die elektrische Kraft $F_{el} = qE$ (gleich lange Pfeile, da das Tröpfchen schwebt). Gleichgewicht: $F_{el} = F_G$, mit $E = U/d$: $$q\,\frac{U}{d} = mg\;\Rightarrow\; q = \frac{m g d}{U} = \frac{4{,}0\cdot 10^{-15}\,\mathrm{kg}\cdot 9{,}81\,\mathrm{m/s^2}\cdot 6{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm m}{490\,\mathrm V} = 4{,}80\cdot 10^{-19}\,\mathrm C.$$ Einheiten: $\dfrac{\mathrm{kg\,m/s^2\cdot m}}{\mathrm V} = \dfrac{\mathrm{N\,m}}{\mathrm V} = \dfrac{\mathrm J}{\mathrm V} = \mathrm C$. Vergleich mit der Elementarladung: $\dfrac{q}{e} = \dfrac{4{,}80\cdot 10^{-19}}{1{,}602\cdot 10^{-19}} = 3{,}00$. Das Tröpfchen trägt drei Elementarladungen, $q = 3e$.

b) Beide Versuche benutzen dasselbe Muster „Kräfte heben sich auf“. Beim Millikan-Versuch hält die elektrische Kraft $qE$ die Gewichtskraft $mg$ – und $mg$ hat mit der Ladung nichts zu tun. Deshalb bleibt $q$ nach dem Gleichsetzen als einzige Unbekannte stehen und lässt sich berechnen. Beim Wien-Filter halten sich elektrische Kraft $qE$ und Lorentzkraft $qvB$ die Waage; beide sind proportional zu $q$, die Ladung kürzt sich: $E = vB$. Das Gleichgewicht sagt also nichts über $q$ – es gilt für jedes geladene Teilchen gleichermaßen –, legt aber die Geschwindigkeit $v = E/B$ fest. Darum heißt der Wien-Filter Geschwindigkeitsfilter.

c) Geradeaus fliegt ein Ion genau dann, wenn $qE = qvB$, also $$v = \frac{E}{B} = \frac{2{,}0\cdot 10^{5}\,\mathrm{V/m}}{50\cdot 10^{-3}\,\mathrm T} = 4{,}0\cdot 10^{6}\,\mathrm{m/s}.$$ (Einheiten: $\mathrm{V/m}$ geteilt durch $\mathrm{V\,s/m^2}$ gibt $\mathrm{m/s}$.) Ein langsameres Ion erfährt dieselbe elektrische Kraft $qE$ (sie hängt nicht von $v$ ab), aber eine kleinere Lorentzkraft $qvB \lt qE$. Die resultierende Kraft zeigt in Richtung der elektrischen Kraft – für ein positives Ion also in Richtung des $E$-Feldes, für ein negatives entgegen. Ein schnelleres Ion wird umgekehrt in Richtung der Lorentzkraft abgelenkt. Hinter einer Blende kommen nur Ionen mit $v = 4{,}0\cdot 10^{6}\,\mathrm{m/s}$ an – unabhängig von Ladung und Masse.

d) $q = \dfrac{mgd}{U}$ ist ein Produkt bzw. Quotient der Messgrößen, also addieren sich die relativen Unsicherheiten: $\dfrac{\Delta q}{q} = \dfrac{\Delta d}{d} + \dfrac{\Delta U}{U} = \dfrac{0{,}1}{6{,}0} + \dfrac{5}{490} = 1{,}7\,\% + 1{,}0\,\% = 2{,}7\,\%$. Damit $\Delta q = 0{,}027\cdot 4{,}80\cdot 10^{-19}\,\mathrm C = 0{,}13\cdot 10^{-19}\,\mathrm C$ und $q\in[4{,}68;\,4{,}93]\cdot 10^{-19}\,\mathrm C$ (Kontrolle mit Extremwerten: größtes $d$ mit kleinstem $U$ gibt $4{,}94\cdot 10^{-19}\,\mathrm C$, kleinstes $d$ mit größtem $U$ gibt $4{,}68\cdot 10^{-19}\,\mathrm C$). In Elementarladungen: $q/e\in[2{,}92;\,3{,}08]$. Die Nachbarwerte $2e$ und $4e$ liegen weit außerhalb des Intervalls – die Deutung „drei Elementarladungen“ bleibt eindeutig. Erst bei einer Unsicherheit von etwa $\pm 15\,\%$ (halbe Elementarladung) wäre die Zuordnung nicht mehr sicher.

Typische Fehler → so holst du die Punkte

Die Skizze mit zwei gleich langen, entgegengesetzten Pfeilen ist ein eigener Punkt – nicht weglassen. In a) gern $E = U\cdot d$ statt $U/d$ oder Einheiten vergessen, sodass $q$ um $10^{-6}$ falsch ist; der Plausibilitätshaken „$q/e$ muss ganzzahlig sein“ fängt das ab. In c) reicht „wird abgelenkt“ nicht: gefragt ist die Richtung mit Begründung über die Kräfte. In d) absolute statt relative Unsicherheiten zu addieren ($0{,}1 + 5$?) ergibt Unsinn – Einheiten passen nicht zusammen.

Meine Punkte:

Aufgabe 3Offene Aufgabe · ca. 15 min10 P

Feder, Schwingung, Stoß – Flächen, Bilanz und Kraftstoß

a) Leite mit einer Skizze des $F$-$s$-Diagramms her, dass die Spannarbeit einer Feder $W = \tfrac12 Ds^2$ beträgt, und erkläre, warum $W = F\cdot s$ hier falsch wäre.

b) Ein Federpendel ($D = 25{,}0\,\mathrm{N/m}$, $m = 0{,}400\,\mathrm{kg}$) schwingt mit der Amplitude $\hat y = 6{,}0\,\mathrm{cm}$. Berechne die Gesamtenergie und die maximale Geschwindigkeit über die Energiebilanz. Bestätige $v_{\max}$ auf einem zweiten Weg über $\omega$.

c) Transfer: Ein Fußball ($m = 0{,}45\,\mathrm{kg}$) trifft mit $12{,}0\,\mathrm{m/s}$ senkrecht auf eine Wand und prallt mit $9{,}0\,\mathrm{m/s}$ zurück; der Kontakt dauert $15\,\mathrm{ms}$. Berechne die Impulsänderung und die mittlere Kraft der Wand auf den Ball. Vergleiche die Kraft mit der Gewichtskraft des Balls und erkläre, wie viel Bewegungsenergie beim Aufprall verloren geht.

Erwartungshorizont

3 Pa) Skizze $F = Ds$ (Ursprungsgerade), Arbeit = Fläche unter dem Graphen = Dreieck $\tfrac12\cdot s\cdot Ds = \tfrac12 Ds^2$; $F\cdot s$ wäre das Rechteck mit der Endkraft – doppelt zu groß, da die Kraft von $0$ an wächst
3 Pb) $E = \tfrac12 D\hat y^2 = 4{,}50\cdot 10^{-2}\,\mathrm J$; $\tfrac12 mv_{\max}^2 = E\Rightarrow v_{\max} = 0{,}474\,\mathrm{m/s}$; Kontrolle $\omega = \sqrt{D/m} = 7{,}91\,\mathrm{s^{-1}}$, $v_{\max} = \hat y\omega = 0{,}474\,\mathrm{m/s}$
3 Pc) Richtung festlegen; $\Delta p = m(v_1 + v_2) = 9{,}45\,\mathrm{kg\,m/s}$; $F = \Delta p/\Delta t = 630\,\mathrm N$, etwa das $143$-Fache der Gewichtskraft $4{,}41\,\mathrm N$
1 Pc) $\Delta E_{\mathrm{kin}} = \tfrac12 m(v_1^2 - v_2^2) = 14{,}2\,\mathrm J$ (von $32{,}4\,\mathrm J$) in Verformung und Wärme – Impuls erhalten (Wand nimmt ihn auf), Energie nicht

Musterlösung

a) Skizze: $F$-$s$-Diagramm, Ursprungsgerade $F = Ds$ mit Steigung $D$; das Dreieck zwischen Gerade, $s$-Achse und der Senkrechten bei $s$ schraffiert. Begründung: Arbeit ist Kraft mal Weg; weil die Kraft beim Spannen nicht konstant ist, zerlegt man den Weg in kleine Stücke $\Delta s$, auf denen $F$ nahezu konstant ist, und summiert $F\cdot\Delta s$ – das ist die Fläche unter dem Graphen. Diese Fläche ist ein rechtwinkliges Dreieck mit Grundseite $s$ und Höhe $F(s) = Ds$: $$W = \tfrac12\cdot s\cdot Ds = \tfrac12 D s^2.$$ $W = F\cdot s = Ds\cdot s = Ds^2$ wäre die Fläche des Rechtecks mit der Endkraft – so, als hätte die volle Kraft von Anfang an gewirkt. Tatsächlich beginnt sie bei null; im Mittel wirkt nur $\tfrac12 Ds$. Das Rechteck ist genau doppelt so groß wie das Dreieck.

b) Im Umkehrpunkt ($y = \hat y$, $v = 0$) steckt die gesamte Energie in der Feder: $$E = \tfrac12 D\hat y^2 = \tfrac12\cdot 25{,}0\,\tfrac{\mathrm N}{\mathrm m}\cdot(0{,}060\,\mathrm m)^2 = 4{,}50\cdot 10^{-2}\,\mathrm J.$$ Im Nulldurchgang ist die Spannenergie null und alles Bewegungsenergie: $\tfrac12 m v_{\max}^2 = E$, also $v_{\max} = \sqrt{\dfrac{2E}{m}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot 4{,}50\cdot 10^{-2}\,\mathrm J}{0{,}400\,\mathrm{kg}}} = 0{,}474\,\mathrm{m/s}$. Zweiter Weg: $\omega = \sqrt{\dfrac{D}{m}} = \sqrt{\dfrac{25{,}0}{0{,}400}}\,\mathrm{s^{-1}} = 7{,}91\,\mathrm{s^{-1}}$ und $v_{\max} = \hat y\,\omega = 0{,}060\,\mathrm m\cdot 7{,}91\,\mathrm{s^{-1}} = 0{,}474\,\mathrm{m/s}$ – beide Wege stimmen überein (allgemein: $\tfrac12 D\hat y^2 = \tfrac12 m\hat y^2\omega^2$ ist wegen $\omega^2 = D/m$ immer erfüllt). Die Gesamtenergie beträgt $45{,}0\,\mathrm{mJ}$, die Maximalgeschwindigkeit $0{,}474\,\mathrm{m/s}$.

c) Richtung „von der Wand weg“ als positiv: vorher $p_1 = 0{,}45\,\mathrm{kg}\cdot(-12{,}0\,\mathrm{m/s}) = -5{,}40\,\mathrm{kg\,m/s}$, nachher $p_2 = 0{,}45\cdot 9{,}0 = +4{,}05\,\mathrm{kg\,m/s}$. Impulsänderung $\Delta p = p_2 - p_1 = 4{,}05 - (-5{,}40) = 9{,}45\,\mathrm{kg\,m/s}$ (nicht $1{,}35$ – die Richtungsumkehr zählt). Mittlere Kraft aus dem Kraftstoß: $$F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \frac{9{,}45\,\mathrm{kg\,m/s}}{0{,}015\,\mathrm s} = 630\,\mathrm N.$$ Die Gewichtskraft des Balls ist $F_G = 0{,}45\cdot 9{,}81\,\mathrm N = 4{,}41\,\mathrm N$; die Wandkraft ist mit $630/4{,}41\approx 143$ etwa das $140$-Fache – kurze Stoßzeit, große Kraft. Energie: $E_1 = \tfrac12\cdot 0{,}45\cdot 12{,}0^2\,\mathrm J = 32{,}4\,\mathrm J$, $E_2 = \tfrac12\cdot 0{,}45\cdot 9{,}0^2\,\mathrm J = 18{,}2\,\mathrm J$; es gehen $14{,}2\,\mathrm J$ ($44\,\%$) in Verformung des Balls, Schall und Wärme. Der Impuls geht dabei nicht verloren – die Wand (mit der Erde) nimmt $9{,}45\,\mathrm{kg\,m/s}$ auf, ohne dass man ihr das ansieht, weil ihre Masse riesig ist.

Typische Fehler → so holst du die Punkte

In a) ohne Skizze maximal ein Punkt. In b) den Faktor $\tfrac12$ auf beiden Seiten der Bilanz nicht einseitig kürzen und $\hat y$ in Meter einsetzen ($0{,}060$, nicht $6$). In c) ist $\Delta p = m(v_1 - v_2) = 1{,}35\,\mathrm{kg\,m/s}$ der Standardfehler; Richtung festlegen, Vorzeichen schreiben.

Meine Punkte:

Aufgabe 4Multiple Choice · genau eine Antwort2 P

Ein Koffer ($m = 20\,\mathrm{kg}$) wird $10\,\mathrm m$ weit mit konstanter Geschwindigkeit waagerecht getragen. Welche Arbeit verrichtet die Haltekraft der Hand am Koffer?

$W = mgh = 1962\,\mathrm J$ mit $h = 10\,\mathrm m$$W = F_G\cdot s = 196\,\mathrm N\cdot 10\,\mathrm m = 1962\,\mathrm J$$W = 0$, weil die Haltekraft senkrecht zum Weg steht ($\cos 90^\circ = 0$)$W = \tfrac12 F_G\cdot s = 981\,\mathrm J$, weil die Kraft nur zur Hälfte in Wegrichtung wirkt

$W = Fs\cos\varphi$. Die Haltekraft zeigt nach oben (sie gleicht $F_G$ aus), der Weg verläuft waagerecht: $\varphi = 90^\circ$, $\cos\varphi = 0$, also $W = 0$. Option 1 verwechselt waagerechten Weg mit Höhe; Option 2 multipliziert Kraft und Weg ohne Winkel; Option 4 erfindet einen Faktor $\tfrac12$, der nur bei linear anwachsender Kraft (Feder) auftritt. Dass der Arm trotzdem müde wird, ist Biologie (Muskeln verbrauchen Energie, um Kraft zu halten) – physikalisch wird am Koffer keine Arbeit verrichtet. Gleiches Argument: Die Lorentzkraft verrichtet an einem Teilchen nie Arbeit.

Aufgabe 5Multiple Choice · genau eine Antwort2 P

Ein Elektron bewegt sich im homogenen Magnetfeld auf einer Kreisbahn. Welche Aussage über die Kräfte ist richtig?

Lorentzkraft und Zentripetalkraft wirken beide zur Kreismitte; ihre Summe hält das Elektron auf der Bahn.Die Lorentzkraft wirkt zur Mitte, die Zentrifugalkraft nach außen; beide sind gleich groß, deshalb ist das Elektron im Gleichgewicht und $v$ bleibt konstant.Nur die Lorentzkraft wirkt; sie ist zur Mitte gerichtet, übernimmt die Rolle der Zentripetalkraft ($qvB = mv^2/r$) und verrichtet keine Arbeit, deshalb bleibt $v$ konstant.Die Lorentzkraft beschleunigt das Elektron in Bewegungsrichtung; die Zentripetalkraft hält es zusätzlich auf der Kreisbahn.

Auf das Elektron wirkt genau eine Kraft, die Lorentzkraft $F_L = qvB$, stets senkrecht zu $v$ und damit zur Kreismitte. „Zentripetalkraft“ ist kein zusätzlicher Pfeil, sondern der Name für die Rolle, die $F_L$ hier spielt: $qvB = mv^2/r$ liefert $r = mv/(qB)$. Weil $F_L\perp v$, verrichtet sie keine Arbeit – der Betrag von $v$ bleibt konstant, nur die Richtung ändert sich. Option 1 zählt die Kraft doppelt. Option 2 beschreibt kein Gleichgewicht: Das Elektron wird ständig zur Mitte beschleunigt (sonst flöge es geradeaus); die Zentrifugalkraft ist eine Scheinkraft im mitrotierenden System und gehört nicht in die Skizze. Option 4 widerspricht $F_L\perp v$.

Meine Notizen zu „Kräfte, Arbeit, Energie – das Fundament“

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