Aufgabenblock — AFB II
Diese Übung deckt alle Unterkapitel des Themas „Atomhülle“ ab. Anders als bei AFB I genügt hier keine einzelne Formel: Du musst zuerst den Sachkontext übersetzen (Was ist eigentlich gesucht?), dann mehrere Schritte verketten, Messreihen auswerten oder zwei Größen miteinander verknüpfen. Jede Aufgabe hat Teilschritte a), b), c) — sie bauen aufeinander auf. Zu jeder Aufgabe gibt es drei gestufte Tipps (Ansatz → Rechenweg → Lösung) und eine vollständige Lösung zum Aufklappen. Rechne mit \(h\,c = 1240\,\text{eV⋅nm}\) und gib Dezimalzahlen mit Komma ein.
Im Sternbild Orion stehen zwei sehr unterschiedliche Sterne. Ein Spektrograf misst die Lage des Strahlungsmaximums: Beteigeuze (rötlich, Roter Überriese) hat \(\lambda_\text{max}=830\,\text{nm}\), Rigel (bläulich-weiß, Blauer Überriese) hat \(\lambda_\text{max}=250\,\text{nm}\).
a) Berechne die Oberflächentemperatur von Beteigeuze. b) Berechne die Oberflächentemperatur von Rigel. c) Um welchen Faktor strahlt Rigel je Quadratmeter stärker als Beteigeuze?
Vollständige Lösung
b) \(T_\text{R}=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}\,\text{nm⋅K}}{250\,\text{nm}}\) = 11 600 K — Rigel ist rund dreimal so heiß.
c) \(\dfrac{P_\text{R}/A}{P_\text{B}/A}=\dfrac{\sigma T_\text{R}^{4}}{\sigma T_\text{B}^{4}}=\left(\dfrac{11\,600}{3494}\right)^{4}=3{,}32^{4}\) ≈ 121
Deutung: Dreifache Temperatur bedeutet nicht dreifache, sondern rund 120-fache Strahlungsleistung je Quadratmeter — die vierte Potenz schlägt hart durch. Vorsicht: Daraus folgt nicht, dass Rigel insgesamt heller ist: Beteigeuze hat rund den 60-fachen Radius, also die \(60^2 = 3600\)-fache Oberfläche.
Die Wolframwendel einer Glühlampe arbeitet bei T = 2700 K; ihr Strahlungsmaximum liegt dadurch im Infraroten. Ein Entwicklungsteam fragt: Wie heiß müsste die Wendel sein, damit das Maximum mitten im Sichtbaren bei \(\lambda_\text{max}=550\,\text{nm}\) liegt — und wäre das technisch machbar? Wolfram schmilzt bei 3695 K.
a) Welche Temperatur wäre für \(\lambda_\text{max}=550\,\text{nm}\) nötig? b) Um wie viel Kelvin läge sie über der Schmelztemperatur von Wolfram? c) Um welchen Faktor strahlt die Sonnenoberfläche (5800 K) je m² stärker als die Wendel (2700 K)?
Vollständige Lösung
b) \(5273\,\text{K}-3695\,\text{K}\) ≈ 1578 K über dem Schmelzpunkt — die Wendel wäre längst verdampft.
c) \(\left(\dfrac{5800}{2700}\right)^{4}=2{,}15^{4}\) ≈ 21
Deutung: Bei 2700 K liegt \(\lambda_\text{max}\) mit rund 1,07 µm klar im Infraroten; der weitaus größte Teil der Fläche unter der Strahlungskurve liegt jenseits von 780 nm. Die Glühlampe ist deshalb ein Heizkörper mit Lichtnebenwirkung. Der Ausweg ist nicht „noch heißer“, sondern eine nicht-thermische Lichtquelle: Leuchtstofflampen und LEDs erzeugen Licht über einzelne Übergänge statt über Wärmestrahlung.
Ein Kurs nimmt die Kennlinie einer Quecksilberdampf-Röhre auf. Die Stromeinbrüche liegen bei 5,2 V, 10,1 V und 15,0 V — also nicht bei den erwarteten 4,9 V, 9,8 V, 14,7 V. Eine Gruppe schließt daraus voreilig auf eine Anregungsenergie von 5,2 eV.
a) Wie groß ist der Abstand zweier benachbarter Einbrüche — und damit die Anregungsenergie in eV? b) Wie groß ist die systematische Verschiebung (Kontaktspannung) der ganzen Kennlinie? c) Bei welcher Spannung erwartest du den vierten Einbruch?
Vollständige Lösung
b) \(U_\text{Zus}=5{,}2\,\text{V}-4{,}9\,\text{V}\) = 0,3 V. Diese Kontaktspannung verschiebt alle Einbrüche um denselben Betrag.
c) \(U_4 = 5{,}2\,\text{V}+3\cdot4{,}9\,\text{V}\) = 19,9 V
Warum die Gruppe irrt: „5,2 eV“ nimmt die Lage des ersten Einbruchs für die Anregungsenergie. Damit steckt der systematische Fehler voll im Ergebnis. Der Abstand ist dagegen unempfindlich dagegen — deshalb wertet man ihn aus. Kontrolle über die Wellenlänge: \(\lambda=\dfrac{1240}{4{,}9}\,\text{nm}\approx 253\,\text{nm}\) (UV) — mit 5,2 eV käme man auf falsche 238 nm.
Ein Rohr mit Neon wird betrieben; zwischen Kathode und Gitter liegen L = 8,0 cm. Bei einer Beschleunigungsspannung von U = 62 V erscheinen orangerote Leuchtschichten in gleichen Abständen. Die Anregungsenergie von Neon beträgt \(\Delta E = 18{,}7\,\text{eV}\).
a) Wie viele Leuchtschichten sind bei 62 V zu sehen? b) Wie weit ist die erste Schicht von der Kathode entfernt? c) Ab welcher Spannung erscheint eine weitere (die nächste) Schicht?
Vollständige Lösung
b) \(\dfrac{x_1}{L}=\dfrac{18{,}7}{62}=0{,}302\) → \(x_1=0{,}302\cdot 8{,}0\,\text{cm}\) ≈ 2,4 cm; die weiteren Schichten folgen bei 4,8 cm und 7,2 cm.
c) \(U_4=\dfrac{4\cdot 18{,}7\,\text{eV}}{e}\) = 74,8 V
Deutung: Die Leuchtschichten sind das räumliche Abbild der Stromeinbrüche. Steigt \(U\), so steht \(U\) im Nenner von \(x_k/L\) — die Schichten rücken zur Kathode, und hinten wird Platz für eine neue. Höhere Spannung macht die Schichten außerdem heller, nicht farbiger: Die Farbe hängt allein an den Übergängen des Neonatoms. Das Anregungsphoton selbst (66 nm) wäre unsichtbar — sichtbar wird das Orangerot erst über die Nachfolgeübergänge der Kaskade.
An vier Nanodrähten wird jeweils die Energie des Übergangs \(1\to 2\) gemessen. Prüfe, ob das Kastenmodell die Messreihe trägt.
| Draht | A | B | C | D |
|---|---|---|---|---|
| L in nm | 1,00 | 1,50 | 2,00 | 3,00 |
| ΔE1→2 in eV | 1,10 | 0,49 | 0,29 | 0,12 |
a) Welchen Wert erwartet das Modell für Draht B? b) Berechne die Prüfgröße \(\Delta E\cdot L^2\) für Draht C. c) Welchen Wert müsste \(\Delta E\cdot L^2\) nach dem Modell für jeden Draht haben?
Vollständige Lösung
b) \(\Delta E\cdot L^2 = 0{,}29\,\text{eV}\cdot 4{,}00\,\text{nm}^2\) = 1,16 eV·nm²
c) \(3\cdot 0{,}376\,\text{eV·nm}^2\) = 1,128 eV·nm²
Auswertung der ganzen Reihe: A 1,10 · B 1,10 · C 1,16 · D 1,08 eV·nm² — die Streuung liegt unter ±4 % um den Mittelwert 1,11 eV·nm² und damit dicht am theoretischen Wert 1,128. Das Modell trägt hier also, obwohl es „nur“ ein Kasten mit unendlich hohen Wänden ist. Grenze: Ein Draht, der rotes Licht mit 650 nm erzeugen soll, bräuchte \(\Delta E = 1240/650 \approx 1{,}91\,\text{eV}\) und damit \(L^2 = 1{,}128/1{,}91\), also \(L\approx 0{,}77\,\text{nm}\) — nur noch wenige Atomdurchmesser; dort sind die Modellannahmen kaum noch haltbar.
Langgestreckte Cyanin-Farbstoffe haben eine Kette abwechselnder Doppelbindungen. Die Elektronen des konjugierten \(\pi\)-Systems bewegen sich darin fast frei — man behandelt die Kette wie einen eindimensionalen Potenzialtopf der Breite L. Farbstoff B hat die Kettenlänge \(L=0{,}70\,\text{nm}\); gemessen wird eine Absorption bei 548 nm, die Lösung erscheint purpurrot.
a) Berechne die Grundenergie \(E_1\) der Kette. b) Berechne die Energie des Übergangs \(1\to 2\). c) Welche Wellenlänge sagt das Modell für die Absorption voraus?
Vollständige Lösung
b) \(\Delta E_{1\to2}=(2^2-1^2)\,E_1 = 3\cdot 0{,}767\,\text{eV}\) ≈ 2,30 eV
c) \(\lambda=\dfrac{1240\,\text{eV⋅nm}}{2{,}30\,\text{eV}}\) ≈ 539 nm
Vergleich mit der Messung: Gemessen sind 548 nm — die Abweichung beträgt nur rund 9 nm bzw. etwa 1,6 %. Für ein Modell mit unendlich hohen Wänden ist das erstaunlich gut.
Warum purpurrot? Verschluckt wird grünes Licht bei etwa 540 nm; sichtbar bleibt die Komplementärfarbe — die Lösung erscheint also nicht grün, sondern purpurrot. Und die Faustregel: Längere Kette → größeres \(L\) → kleineres \(\Delta E\) → größere absorbierte Wellenlänge. Von 0,50 nm bis 0,85 nm wandert die Absorption von 275 nm bis 794 nm, also vom UV bis ins nahe Infrarot.
Im Sonnenspektrum fehlt bei 589 nm eine schmale Farbe — eine Fraunhofer-Linie. Verantwortlich ist Natrium in der kühleren Sonnenatmosphäre. Die zugehörige Photonenenergie beträgt \(E_\text{Ph}\approx 2{,}11\,\text{eV}\); der Grundzustand des Natriumatoms liegt bei \(E_1=-5{,}14\,\text{eV}\).
a) Auf welchem Energieniveau landet das Elektron nach der Absorption? b) Welche Frequenz hat das Licht der D-Linie (in \(10^{14}\,\text{Hz}\))? c) Welche Wellenlänge hätte ein Photon, das Natrium aus dem Grundzustand gerade ionisiert?
Vollständige Lösung
b) \(f=\dfrac{c}{\lambda}=\dfrac{3{,}00\cdot10^{8}\,\text{m/s}}{5{,}89\cdot10^{-7}\,\text{m}}\) ≈ 5,09·10¹⁴ Hz
c) \(\lambda_\text{ion}=\dfrac{1240\,\text{eV⋅nm}}{5{,}14\,\text{eV}}\) ≈ 241 nm — deutlich unter 380 nm, also Ultraviolett.
Warum eine dunkle Linie? Das Natriumatom gibt die Energie kurz darauf wieder als Photon derselben Wellenlänge ab — aber in eine zufällige Richtung. In der ursprünglichen Blickrichtung fehlt deshalb fast das ganze Licht dieser Farbe. Die Energie ist nicht vernichtet, sondern aus dem Strahl herausgestreut: Von der Seite betrachtet leuchtet der Dampf gelb. Ein Photon mit 600 nm passt dagegen zu keinem Übergang und läuft vollständig durch — Resonanz kennt kein „ungefähr“.
Ein Spektrometer untersucht eine Gasprobe. Aus anderen Messungen kennt man bereits die vier untersten Energieniveaus des Atoms. Das Gerät erfasst nur den Bereich 380 nm bis 780 nm — und zeigt dort erstaunlicherweise nur eine einzige Linie.
| n | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| En in eV | −8,00 | −4,60 | −2,20 | −1,00 |
a) Berechne \(\Delta E\) für den Übergang \(3\to 2\). b) Welche Wellenlänge gehört dazu? c) Welche Wellenlänge hat der Übergang \(4\to 3\)?
Vollständige Lösung
b) \(\lambda=\dfrac{1240\,\text{eV⋅nm}}{2{,}40\,\text{eV}}\) ≈ 517 nm — im sichtbaren Fenster, grün.
c) \(\Delta E_{4\to3}=1{,}20\,\text{eV}\), \(\lambda=\dfrac{1240}{1{,}20}\,\text{nm}\) ≈ 1033 nm — Infrarot, für das Gerät unsichtbar.
Alle sechs Übergänge: 2→1: 3,40 eV / 365 nm (UV) · 3→1: 5,80 eV / 214 nm (UV) · 4→1: 7,00 eV / 177 nm (UV) · 3→2: 2,40 eV / 517 nm (sichtbar) · 4→2: 3,60 eV / 344 nm (UV) · 4→3: 1,20 eV / 1033 nm (IR).
Deshalb nur eine Linie: Vier Niveaus erlauben \(Z=\dfrac{N(N-1)}{2}=\dfrac{4\cdot3}{2}=6\) Übergänge — aber fünf davon liegen außerhalb von 380–780 nm. Aus der Zahl der sichtbaren Linien auf die Zahl der Niveaus zu schließen, führt daher in die Irre; sichtbare Linien liefern nur eine untere Schranke.
Ein Gitterspektrometer zeigt am violetten Rand des Wasserstoffspektrums eine vierte Balmer-Linie, die \(H_\delta\)-Linie. Sie gehört zum Übergang \(n=6\to n=2\). Bestimme ihre Wellenlänge über die Balmer-Formel und kontrolliere anschließend über die Photonenenergie.
a) Wie groß ist der Klammerwert \(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{36}\)? b) Wie groß ist \(\lambda\) in Nanometern? c) Welche Photonenenergie gehört zu dieser Linie?
Vollständige Lösung
b) \(\dfrac{1}{\lambda}=1{,}097\cdot10^{7}\,\text{m}^{-1}\cdot 0{,}2222 = 2{,}438\cdot10^{6}\,\text{m}^{-1}\) → \(\lambda = 4{,}10\cdot10^{-7}\,\text{m}\) ≈ 410 nm
c) \(E=\dfrac{1240\,\text{eV⋅nm}}{410\,\text{nm}}\) ≈ 3,02 eV
Einordnung: \(H_\delta\) ist die violette, energiereichste der vier sichtbaren Balmer-Linien (656 · 486 · 434 · 410 nm). Nach kurzen Wellenlängen rücken die Linien immer enger zusammen, weil die Niveaus nach oben gegen \(E=0\) laufen; sie enden an der Seriengrenze bei 365 nm — dort ist die Häufungsstelle, keine besonders helle Linie. Kontrolle: Der Weg über die Niveaus muss dasselbe liefern: \(E_6-E_2 = -0{,}378-(-3{,}40) = 3{,}02\,\text{eV}\) ✓ — beide Rechenschienen sind richtig, dürfen aber nicht vermischt werden.
In der heißen Atmosphäre eines Sterns sind viele Wasserstoffatome bereits angeregt: Ihre Elektronen sitzen im Zustand n = 2. Aus dem Sterninneren trifft Strahlung auf diese Atome; betrachte ein Photon mit \(E_\text{Ph}=5{,}0\,\text{eV}\).
a) Wie viel Energie ist mindestens nötig, um das Elektron aus \(n=2\) ganz abzulösen? b) Welche kinetische Energie behält das Elektron nach der Ionisierung durch das 5,0-eV-Photon? c) Welche Wellenlänge hat dieses Photon?
Vollständige Lösung
b) \(5{,}0\,\text{eV} > 3{,}40\,\text{eV}\) → das Atom wird ionisiert. \(E_\text{kin}=5{,}0\,\text{eV}-3{,}40\,\text{eV}\) = 1,60 eV
c) \(\lambda=\dfrac{1240\,\text{eV⋅nm}}{5{,}0\,\text{eV}}\) = 248 nm — Ultraviolett.
Der entscheidende Unterschied: Ein Photon mit 2,0 eV würde von demselben Atom gar nicht aufgenommen — es passt zu keinem der Übergänge aus \(n=2\) (1,89 / 2,55 / 2,86 eV) und reicht nicht bis zur Ionisierungsgrenze. Unterhalb von \(E=0\) gilt „alles oder nichts“. Oberhalb von \(E=0\) liegen die Energien dagegen kontinuierlich: Dort genügt „mindestens so viel“, der Rest wird kinetische Energie. Häufiger Fehler: 3,4 eV für die Ablösung aus \(n=1\) zu halten — dafür sind 13,60 eV nötig.
Hier verknüpfst du die drei Größen, um die es in dieser Übung durchgehend geht: Niveau → ΔE → λ → Spektralbereich. Wähle im Termschema des Wasserstoffatoms ein Startniveau und ein Zielniveau. Das Readout rechnet sofort mit \(E_n=-\dfrac{13{,}6\,\text{eV}}{n^2}\) und \(\lambda=\dfrac{1240\,\text{eV⋅nm}}{\Delta E}\) und ordnet die Linie ein (UV unter 380 nm, sichtbar 380–780 nm, IR über 780 nm).
Bedienung: Ein Niveau anklicken — oder mit Tab hineinspringen, mit ↑/↓ das Niveau wechseln und mit Enter bzw. Leertaste auswählen. Der erste Klick setzt das Startniveau, der zweite das Zielniveau — danach beginnt es wieder von vorn.
Der Farbbalken zeigt nur den sichtbaren Bereich. Liegt λ darunter oder darüber, rutscht die Marke an den Rand — die Linie liegt dann im UV bzw. IR und ist für das Auge unsichtbar. Probiere aus: Alle Übergänge mit Ziel n = 2 (Balmer) landen im Sichtbaren, alle mit Ziel n = 1 (Lyman) im UV, alle mit Ziel n = 3 (Paschen) im IR — die Serie hängt am Ziel, nicht am Start.
Wie war es?
Diese zehn Aufgaben verlangten nicht nur Formeln, sondern das Verketten mehrerer Schritte und das Übersetzen eines Sachverhalts. Wie sicher fühlst du dich?
- Übersetzen:Bei welcher Aufgabe war es am schwersten, aus dem Text herauszulesen, welche Größe überhaupt gesucht ist — bei den Sternen, der Messreihe oder dem Neon-Rohr?
- Zwischenschritte:Mehrere Aufgaben liefen über drei Stufen (z. B. \(E_1 \to \Delta E \to \lambda\)). Wo ist dir ein Faktor verloren gegangen — etwa die 3 aus \(2^2-1^2\) oder der Kehrwert bei der Balmer-Formel?
- Größen verknüpfen:Du hast λ mit ΔE, ΔE mit T und U mit eV verbunden. Welche dieser Brücken ist bei dir noch wackelig — und welche Einheit hast du dabei zuletzt vergessen umzurechnen?