Probeklausur — Atomhülle

a) \(|E_3| = \dfrac{13{,}6}{3^2}\,\mathrm{eV} = \dfrac{13{,}6}{9}\,\mathrm{eV} \approx \mathbf{1{,}51\ eV}\)

b) \(\Delta E = E_2 - E_1 = -3{,}40 - (-13{,}60) = \mathbf{10{,}2\ eV}\) — das doppelte Minus wird zum Plus; Beträge addieren wäre falsch.

c) \(\Delta E = E_4 - E_2 = -0{,}85 - (-3{,}40) = \mathbf{2{,}55\ eV}\)

d) Der Betrag eines Niveaus ist die Ionisierungsenergie aus diesem Zustand: \(|E_4| = \dfrac{13{,}6}{16}\,\mathrm{eV} = \mathbf{0{,}85\ eV}\).

e) \(\lambda = \dfrac{1240}{1{,}89}\,\mathrm{nm} \approx \mathbf{656\ nm}\) — die rote H_α-Linie.

f) \(\lambda = \dfrac{1240}{3{,}40}\,\mathrm{nm} \approx \mathbf{365\ nm}\) — die Seriengrenze der Balmer-Serie, knapp im UV.

a) Die Gegenspannung ist der „Türsteher“: Nur Elektronen, die nach dem Durchlaufen des Gitters noch genug kinetische Energie besitzen, kommen an der Anode an. Erst dadurch wird der Energieverlust beim inelastischen Stoß überhaupt als Stromeinbruch messbar. Beschleunigt wird zwischen Kathode und Gitter, geheizt wird die Kathode selbst.

b) Die Einbrüche liegen bei 4,9 V — 9,8 V — 14,7 V — 19,6 V, also im festen Abstand ΔU = 4,9 V. Wegen \(E_\text{kin}=eU\) entspricht das genau der Anregungsenergie 4,9 eV des Quecksilberatoms.

c) \(U_5 = 5\cdot 4{,}9\,\mathrm V = \mathbf{24{,}5\ V}\).

a) \(E_6=-\dfrac{13{,}6}{36}\,\mathrm{eV}\approx -0{,}378\,\mathrm{eV}\), \(E_2=-3{,}40\,\mathrm{eV}\).
\(\Delta E = E_6-E_2 = -0{,}378-(-3{,}40) \approx \mathbf{3{,}02\ eV}\)

b) \(\lambda=\dfrac{1240}{3{,}02}\,\mathrm{nm}\approx \mathbf{410\ nm}\)

c) 410 nm liegt zwischen 380 nm und 780 nm, also im Sichtbaren — ganz am violetten Rand. Die Balmer-Serie ist die einzige Serie, die im Fenster des Auges liegt; Lyman liegt komplett im UV, Paschen komplett im IR.

Erwartungshorizont zur Begründung: Die Energieniveaus rücken nach oben immer enger zusammen und laufen gegen die Ionisierungsgrenze \(E_\infty=0\). Damit wachsen die Energiedifferenzen zum festen Zielniveau \(n=2\) immer weniger: von 3→2 auf 4→2 ändert sich ΔE noch deutlich (1,89 auf 2,55 eV), von 5→2 auf 6→2 kaum noch (2,86 auf 3,02 eV). Wegen \(\lambda=1240/\Delta E\) liegen die zugehörigen Wellenlängen (656 · 486 · 434 · 410 nm) entsprechend immer dichter beieinander und häufen sich an der Seriengrenze bei 365 nm. Diese ist eine Häufungsstelle, keine besonders helle Linie.

a) \(\lambda_1=\dfrac{2L}{1}=2\cdot 2{,}0\,\mathrm{nm}=\mathbf{4{,}0\ nm}\) — in die Breite \(L\) passt genau eine Halbwelle.

b) \(E_1=\dfrac{0{,}376\,\mathrm{eV}}{(2{,}0)^2}=\dfrac{0{,}376}{4{,}0}\,\mathrm{eV}=\mathbf{0{,}094\ eV}\)

c) \(\Delta E = E_2-E_1=(2^2-1^2)\,E_1=3E_1=3\cdot 0{,}094\,\mathrm{eV}\approx \mathbf{0{,}28\ eV}\). Der Faktor 3 darf nicht vergessen werden — \(E_2\) allein ist nicht die Photonenenergie.

d) \(\lambda=\dfrac{1240}{0{,}28}\,\mathrm{nm}\approx 4{,}4\cdot 10^{3}\,\mathrm{nm}=4{,}4\,\mathrm{\mu m}\) — weit jenseits von 780 nm, also Infrarot.

Erwartungshorizont zur Begründung: Für \(n=0\) wäre \(\lambda_0=\frac{2L}{0}\) gar nicht definiert, und eine Welle ohne Bauch hätte überall ψ = 0 — das Elektron wäre nirgends anzutreffen. Der tiefste mögliche Zustand ist deshalb \(n=1\) mit \(E_1\gt 0\): die Nullpunktsenergie. Ein eingesperrtes Elektron kann nie ganz ruhen, und je enger der Topf, desto größer diese Restenergie (\(E_1\sim 1/L^2\)).

a) \(T=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}\,\mathrm{nm\cdot K}}{10\,400\,\mathrm{nm}}\approx \mathbf{279\ K}\) — also rund 6 °C.

b) \(\lambda_\text{max}=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}\,\mathrm{nm\cdot K}}{5800\,\mathrm K}=\mathbf{500\ nm}\) — grüngelb, mitten im sichtbaren Bereich; deshalb erscheint die Sonne (fast) weiß.

c) Richtig ist die zweite Aussage: Die Kurve verschiebt sich und wächst zugleich — sie kippt nicht nur zur Seite. Falsch sind: die Leistung steigt mit \(T^4\), also auf das 16-fache (nicht das Doppelte); auch kühle Körper strahlen, nur unsichtbar im Infraroten; und Wien liefert nur die Lage des Maximums, die Helligkeit kommt aus Stefan-Boltzmann.

Erwartungshorizont zur Begründung: Bei 279 K liegt das Maximum bei rund 10 µm, also weit im fernen Infrarot — im sichtbaren Fenster (380 nm bis 780 nm) ist die Intensität so gering, dass das Auge nichts wahrnimmt. Die Kurve fällt aber nie exakt auf null; die Wand strahlt sehr wohl. Wärmebildkameras sind genau für den Bereich um 10 µm gebaut und machen diese Strahlung sichtbar. Zwischen 279 K und 293 K liegen nur etwa 5 % Temperaturunterschied, wegen \(T^4\) aber gut 20 % mehr abgestrahlte Leistung — deshalb liefert die Kamera einen guten Kontrast.

a) Aus \(n=2\) sind erlaubt: \(2\to3\): \(-1{,}51-(-3{,}40)=\mathbf{1{,}89\ eV}\) (656 nm, rot) · \(2\to4\): \(\mathbf{2{,}55\ eV}\) (486 nm, blaugrün) · \(2\to5\): \(\mathbf{2{,}86\ eV}\) (434 nm, violett). Zur Ionisierung wären 3,40 eV nötig — 3,10 eV reichen dafür nicht und passen zu keinem Übergang; 2,00 eV und 2,60 eV passen ebenfalls zu keiner Differenz.

b) \(2{,}55\,\mathrm{eV}-2{,}40\,\mathrm{eV}=\mathbf{0{,}15\ eV}\).

Erwartungshorizont zur Begründung: Resonanz kennt kein „ungefähr“. Die Bedingung \(E_\text{Ph}=\Delta E\) ist scharf: entweder das Photon passt exakt zu einer Niveaudifferenz und wird vollständig geschluckt, oder es läuft ungehindert durch. Ein Photon mit 2,60 eV liegt nur 0,05 eV neben dem Übergang \(2\to4\) — es gibt aber weder eine Teilabsorption noch die Möglichkeit, den Überschuss abzugeben oder die fehlende Energie „auszuleihen“. Deshalb entstehen dünne dunkle Striche und keine breiten grauen Bänder.

a) \(\dfrac{45}{18{,}7}\approx 2{,}41\) → abrunden: \(n=\mathbf{2}\) Schichten. Der Rest bleibt dem Elektron als Bewegungsenergie; eine „halbe“ Schicht gibt es nicht.

b) \(U_3=\dfrac{3\cdot 18{,}7\,\mathrm{eV}}{e}=\mathbf{56{,}1\ V}\).

c) \(\dfrac{x_2}{L}=\dfrac{2\cdot 18{,}7}{93{,}5}=\dfrac{37{,}4}{93{,}5}=0{,}40\) → 40 %. Bei 93,5 V liegen fünf Schichten bei 20 %, 40 %, 60 %, 80 % und 100 %.

Erwartungshorizont zur Begründung: Eine Schicht liegt dort, wo das Elektron zum \(k\)-ten Mal die Energie \(k\cdot\Delta E\) beisammen hat, also bei \(\frac{x_k}{L}=\frac{k\,\Delta E}{eU}\). Die Spannung \(U\) steht im Nenner: Wird \(U\) größer, wird der Bruchteil \(x_k/L\) kleiner, die Stelle rückt also näher an die Kathode — entgegen der Flugrichtung der Elektronen. Hinten wird dadurch Platz für eine weitere Schicht. Mehr Spannung macht die Schichten außerdem heller, nicht farbiger: die Farbe hängt allein an den Übergängen des Neon-Atoms.

a) \(\Delta E=\dfrac{3\cdot 0{,}376}{(1{,}50)^2}\,\mathrm{eV}=\dfrac{1{,}128}{2{,}25}\,\mathrm{eV}\approx \mathbf{0{,}50\ eV}\) gegen den Messwert 0,49 eV — Übereinstimmung auf etwa 2 %.

b) \(0{,}29\cdot (2{,}00)^2 = 0{,}29\cdot 4{,}00 = \mathbf{1{,}16\ eV\,nm^2}\).

c) Die vier Produkte lauten A 1,10 · B 1,10 · C 1,16 · D 1,08 eV·nm². Sie streuen um weniger als ±4 % um den Mittelwert 1,11 eV·nm² und liegen dicht am theoretischen Wert 1,128 eV·nm². Damit ist die Proportionalität \(\Delta E \sim 1/L^2\) über den ganzen Messbereich bestätigt. Eine exakte Übereinstimmung ist bei einer Messung nicht zu erwarten und wäre kein sinnvolles Prüfkriterium; \(\Delta E \sim 1/L\) würde stattdessen ein Produkt \(\Delta E\cdot L\) konstant halten — das tut es hier nicht.

Erwartungshorizont zur Stellungnahme: \(\Delta E=\frac{1240}{650}\,\mathrm{eV}\approx 1{,}91\,\mathrm{eV}\); daraus \(L^2=\frac{1{,}128}{1{,}91}\approx 0{,}59\,\mathrm{nm^2}\), also \(L\approx \mathbf{0{,}77\ nm}\). Das sind nur wenige Atomdurchmesser (rund 0,1 nm je Atom). Auf dieser Skala sind die Modellannahmen kaum noch haltbar: Es gibt keine steilen, unendlich hohen Wände, das Potenzial ist weich, und die eindimensionale Beschreibung wird der Struktur nicht mehr gerecht. Das Modell bleibt trotzdem brauchbar — für lange Drähte liefert es gute Zahlen, für sehr kurze nur noch die Größenordnung. Modelle sind zweckgebunden: Die Frage ist nicht „stimmt es?“, sondern „wofür stimmt es?“.