Übung — AFB III

a) \(\Delta W_{1\to 2} = W_2 - W_1 = 134\,\text{eV} - 33{,}5\,\text{eV} = \) 100,5 eV (gleichwertig \(3W_1 = 3\cdot 33{,}5\,\text{eV}\)). Daraus \(\lambda = \dfrac{1240\,\text{eV⋅nm}}{100{,}5\,\text{eV}} \approx\) 12,3 nm.

b) Vergleich: Gemessen sind 10,20 eV und 122 nm — der Topf liegt also in beiden Größen um rund den Faktor 10 daneben. Dazu kommt das falsche Vorzeichen: Topfenergien sind positiv, die Niveaus des Atoms negativ (gebunden).

Zwei prinzipielle Grenzen:

• Keine Ionisierungsgrenze. Die Wände sind unendlich hoch, die Energien wachsen grenzenlos. Das Atom hat dagegen eine feste Ionisierungsenergie von 13,60 eV und oberhalb \(W=0\) ein Kontinuum.
• Falscher Trend der Stufen. Der Topf spreizt die Niveaus mit \(+n^2\) nach oben, das Atom staucht sie mit \(-\frac{13{,}6\,\text{eV}}{n^2}\) zusammen — daher die Häufung der Balmer-Linien an der Seriengrenze.

Zusätzlich fehlen dem 1D-Topf die drei Raumrichtungen: die nach außen schwächer werdende Kernanziehung und die Orbitalformen. Zu jeder Quantenzahl gehört im Topf nur ein einziger Zustand.

a) Lena — greift zu kurz. Richtig ist ihr Befund: Für das Wasserstoffatom ist der Topf unbrauchbar. Falsch ist die Folgerung. Modelle sind nicht wahr oder falsch, sondern zweckgebunden: Sie haben einen Gültigkeitsbereich. Der Topf bringt Quantisierung, Randbedingung und Materiewellen-Vorstellung bereits richtig mit — ausgetauscht werden muss nur der Rahmen (das Potenzial). Für langgestreckte Farbstoffketten liefert er sogar belastbare Zahlen.

a) Tarek — verharmlost. Richtig ist, dass die Farbstoffrechnung gut passt. Falsch ist „kleine Ungenauigkeit“: Ein Faktor 10 und ein umgedrehtes Vorzeichen sind kein Rundungsfehler, sondern ein systematisches Scheitern — der Topf spreizt die Stufen, das Atom staucht sie. Und ein Elektron im Feld eines Kerns ist kein Sonderfall, sondern der Regelfall. Ein Teilerfolg ist kein Freibrief für alle Systeme.

b) Die bessere Frage: Nicht „Stimmt das Modell?“, sondern „Wofür stimmt es — und wo liegt seine Grenze?“

c) Anforderungen an ein besseres Atommodell:

1. Nach außen schwächer werdende Kernanziehung statt steiler Wände. Beleg: Das Atom hat eine endliche Ionisierungsenergie von 13,60 eV, oberhalb \(W=0\) liegt ein Kontinuum.
2. Nach oben zusammenrückende Niveaus \(W_n\sim -\frac{1}{n^2}\). Beleg: Die Balmer-Linien häufen sich zur Seriengrenze bei 365 nm — sie rücken nach kurzen Wellenlängen zusammen.
3. Dreidimensionale Beschreibung. Beleg: Das Atom ist kugelsymmetrisch, und zu einer Quantenzahl gehören mehrere Zustände (Bahndrehimpuls, Orbitalformen) — im 1D-Topf gibt es zu jedem \(n\) nur einen einzigen.

Alle drei Anforderungen erfüllt erst ein Modell der Materiewelle im Feld des Kerns (Orbitalmodell, 7.4.4). Das Scheitern des Topfs ist damit kein Unglück, sondern ein Wegweiser: Es zeigt genau, was ein besseres Modell mitbringen muss.

a) \(\Delta W\cdot L^2 = 0{,}12\,\text{eV}\cdot (3{,}00\,\text{nm})^2 = 0{,}12\cdot 9{,}00 = \) 1,08 eV·nm².

b) Beurteilung: Die vier Werte 1,10 · 1,10 · 1,16 · 1,08 eV·nm² streuen um weniger als ±4 % um den Mittelwert 1,11 eV·nm², und der theoretische Wert \(3\cdot 0{,}376 = 1{,}128\,\text{eV⋅nm}^2\) liegt mitten in diesem Streuband. Über eine Längenspanne von 1,00 nm bis 3,00 nm ändert sich \(\Delta W\) um fast den Faktor 10 — dass die Prüfgröße dabei konstant bleibt, ist ein starkes Argument für die \(1/L^2\)-Abhängigkeit.

Was das nicht beweist: Bestätigt ist damit nur die Skalierung im untersuchten Bereich, nicht das Modell als Ganzes. Die Messreihe sagt nichts darüber, ob die Wände wirklich unendlich hoch sind, ob es einen Ionisierungsrand gibt oder ob die Beschreibung außerhalb von 1–3 nm noch trägt. Vier Punkte in einem schmalen Fenster sind kein Beleg für Allgemeingültigkeit — eine Hypothese wird durch Messungen gestützt, nie endgültig bewiesen.

c) Rechnung: \(\Delta W = \dfrac{1240\,\text{eV⋅nm}}{650\,\text{nm}} \approx 1{,}91\,\text{eV}\); daraus \(L^2 = \dfrac{1{,}128\,\text{eV⋅nm}^2}{1{,}91\,\text{eV}} \approx 0{,}59\,\text{nm}^2\), also \(L \approx\) 0,77 nm.

Stellungnahme: 0,77 nm entspricht nur rund sieben bis acht Atomdurchmessern (ein Atom misst etwa 0,1 nm). Auf dieser Skala sind die Modellannahmen kaum noch haltbar: Es gibt keinen glatten Kasten mehr, sondern einzelne Atomrümpfe, das Potenzial ist nicht flach, und die Wände sind nicht unendlich hoch. Die Rechnung liefert also eine Größenordnung, aber keine belastbare Bauvorschrift — extrapoliert wurde weit über den geprüften Bereich hinaus.

a) Die Argumentationskette:

1. Das Elektron kann nur diskrete Energiewerte \(W_n\) annehmen; Werte dazwischen sind grundsätzlich verboten — auch nicht kurzzeitig.
2. Ein Übergang \(n\to m\) setzt damit eine feste Energiedifferenz frei: \(\Delta W = W_n - W_m\).
3. Diese Energie steckt vollständig in einem Photon: \(\Delta W = h\,f = \dfrac{h\,c}{\lambda}\).
4. Feste Energie heißt feste Wellenlänge — also je Übergang genau eine scharfe Linie. Alle Sprünge \(3\to 2\) liefern dieselben 1,89 eV und damit dieselbe Linie bei 656 nm.

b) Warum Jonas irrt: Seine Annahme „ein bisschen dazwischen geht auch“ ist gerade das, was das Modell ausschließt. Wären beliebige Energiewerte erlaubt, wären auch beliebige Differenzen möglich — das Spektrum wäre ein lückenloses Band aller Farben, kein Satz getrennter Linien. Beobachtet wird aber genau das Gegenteil: wenige, scharf begrenzte Linien mit dunklen Bereichen dazwischen. Auch das Argument „zu schwach zum Sehen“ trägt nicht, denn dann müsste bei stärkerer Anregung oder längerer Belichtung ein Untergrundband auftauchen — es tut es nicht. Zusatzbeleg aus einem ganz anderen Versuch: Im Franck-Hertz-Versuch geben die Elektronen die Energie portionsweise ab (feste 4,9 eV bei Quecksilber), nicht in beliebig kleinen Häppchen.

c) Warum Noras Satz in dieser Allgemeinheit falsch ist: Für gebundene Zustände stimmt er: Dort ist die Bedingung \(W_\text{Ph} = \Delta W\) scharf, eine teilweise Aufnahme gibt es nicht. Oberhalb der Ionisierungsgrenze \(W_\infty = 0\) liegen die erlaubten Energien aber kontinuierlich. Ein Photon, dessen Energie zur Ionisierung ausreicht, wird deshalb aufgenommen, auch wenn es zu keiner Niveaudifferenz passt — der Überschuss bleibt dem freigesetzten Elektron als kinetische Energie: \(W_\text{kin} = W_\text{Ph} - \Delta W_\text{ion}\). Beispiel: 5,0 eV auf ein Atom im Zustand \(n=2\) ionisieren (3,40 eV nötig) und lassen 1,60 eV kinetische Energie übrig.

Merksatz: Diskret sind die gebundenen Zustände — das erzeugt die Linien. Frei ist alles oberhalb von \(W = 0\).

a) \(N=4\): \(Z=\dfrac{4\cdot 3}{2}=\) 6 Übergänge. \(N=5\): \(Z=\dfrac{5\cdot 4}{2}=\) 10 Übergänge.

b) Warum der Schluss falsch ist: Eine Spektrallinie gehört zu einem Paar von Niveaus, nicht zu einem einzelnen Niveau. Schon vier Niveaus erlauben sechs Übergänge, fünf Niveaus zehn. Aus drei sichtbaren Linien folgt daher keinesfalls „drei Niveaus“ — im Gegenteil: Die drei beobachteten Linien 656 nm, 486 nm und 434 nm sind die Übergänge \(3\to2\), \(4\to2\) und \(5\to2\) und setzen damit bereits mindestens fünf Niveaus voraus.

Begründung der Formel: Vom obersten Niveau führen \(N-1\) Sprünge nach unten, vom nächsten \(N-2\), und so weiter bis zum vorletzten mit einem Sprung. Die Summe \(1+2+\dots+(N-1)\) ist \(\dfrac{N(N-1)}{2}\). Gleichwertig: Jedes der \(N\) Niveaus lässt sich mit jedem anderen paaren (\(N(N-1)\) geordnete Paare), aber Start und Ziel eines Emissionsübergangs liegen fest — also durch 2 teilen.

c) Beurteilung des Vorschlags: Als Messverfahren ist er nicht brauchbar. Sichtbare Linien liefern nur eine untere Schranke für die Zahl der Niveaus, aus drei Gründen:

• Das Fenster ist zu schmal. Nur die Balmer-Serie (Zielniveau \(n=2\)) liegt im Sichtbaren; die Lyman-Serie liegt komplett im UV, die Paschen-Serie komplett im IR. Man sieht nur den Ausschnitt, für den das Auge gebaut ist.
• Linien häufen sich. Zur Seriengrenze bei 365 nm rücken die Balmer-Linien immer dichter zusammen; ab einer gewissen Stelle sind sie nicht mehr getrennt aufzulösen.
• Intensität ist keine Existenzfrage. Anregungsbedingungen (Gasdruck, Stromstärke, Temperatur) und die Empfindlichkeit von Auge, Kamera oder Gitter können eine vorhandene Linie verschlucken. Aus dem Fehlen einer Linie folgt nichts.

Besser: Man misst die Wellenlängen möglichst vieler Linien über UV, Sichtbares und IR hinweg, rechnet sie mit \(\Delta W = 1240/\lambda\) in Energien um und rekonstruiert daraus das Niveauschema — die Zahl der Niveaus ergibt sich dann aus dem Schema, nicht aus dem Abzählen.

Zuordnung vorab: 656 nm \(= 3\to2\) (H\(_\alpha\), rot), 486 nm \(= 4\to2\) (H\(_\beta\), blaugrün), 434 nm \(= 5\to2\) (H\(_\gamma\), violettblau) — die drei kräftigsten Linien der Balmer-Serie.

S1 — zulässig. Das Linienmuster ist der Fingerabdruck des Elements: Diese drei Wellenlängen zusammen gehören zum Wasserstoff. Das Vorhandensein der Linien ist beweiskräftig.

S2 — zulässig. Alle drei Übergänge enden auf \(n=2\); die Serie hängt am Zielniveau, nicht am Startniveau. Genau deshalb liegt diese eine Serie im Sichtbaren.

S3 — plausibel, aber nicht bewiesen. Wenn Atome von \(n=3,4,5\) herunterfallen, sind auch Sprünge auf \(n=1\) zu erwarten (122 nm, 103 nm, 97,3 nm). Belegt ist das mit diesem Gerät jedoch nicht: Es misst nur das sichtbare Fenster. Aussagen über den UV-Bereich brauchen eine UV-Messung.

S4 — nicht zulässig. Aus dem Fehlen weiterer Linien folgt kein Fehlen weiterer Elemente. Andere Elemente können Linien außerhalb des Messbereichs haben, zu schwach angeregt sein oder von den hellen Wasserstofflinien überstrahlt werden. „Nicht gesehen“ ist nicht „nicht da“.

S5 — nicht zulässig. Die Lage jeder Linie liegt durch die festen Energiedifferenzen der Niveaus fest. Mehr Temperatur macht Linien heller und bringt gegebenenfalls weitere hinzu, verschiebt aber keine. Wer hier zustimmt, verwechselt das Linienspektrum mit der Strahlungskurve eines glühenden Körpers, bei der das Maximum tatsächlich mit steigender Temperatur nach Blau wandert.

Nachweisregel: Vorhandensein einer Linie beweist — Fehlen einer Linie beweist nichts. Und: Eine Messung trägt nur so weit, wie ihr Messbereich reicht.

a) Ein Vorgang, zwei Blickrichtungen: Trifft ein Photon, dessen Energie exakt zu einem Übergang des Natriumatoms passt, so wird es resonant absorbiert und hebt das Elektron auf das höhere Niveau. Nach kurzer Zeit fällt das Elektron zurück und sendet ein Photon derselben Wellenlänge wieder aus — jedoch in eine zufällige Richtung. Nur ein winziger Bruchteil fliegt weiter geradeaus. In Blickrichtung fehlt daher fast das ganze Licht dieser Farbe (dunkle Linie), während seitlich genau diese Farbe abgestrahlt wird (gelbes Leuchten). Das Licht ist nicht verschwunden, sondern aus dem Strahl herausgestreut.

b) Mia — falsch. „Die Energie ist weg“ verletzt die Energieerhaltung. Das Atom gibt die aufgenommene Energie vollständig als Photon gleicher Wellenlänge wieder ab; geändert hat sich nur die Richtung. Der direkte Beleg liegt vor ihr: das seitliche Leuchten in genau derselben Farbe.

b) Ben — Prämisse teilweise richtig, Folgerung falsch. Richtig ist, dass stärkeres Heizen mehr Natriumdampf und damit mehr Atome im Strahlengang liefert. Falsch ist die Folgerung: Für die Absorption zählen die Atome im unteren Zustand, und die Anregung besorgt hier das Licht selbst, nicht die Temperatur. Mehr Atome im Strahl bedeuten mehr Absorption — die Linie wird dunkler und breiter, nicht heller. Heller wird nur das seitlich beobachtete Leuchten.

c) Zum Zusatzargument: Resonanz kennt kein „fast“. Absorbiert wird nur, was die Bedingung \(W_\text{Ph}=\Delta W\) exakt erfüllt; 600 nm passt zu keinem Übergang des Natriums und läuft vollständig durch. Deshalb springt die Schwächung zwischen praktisch null und praktisch vollständig — man sieht dünne dunkle Striche, keine breiten grauen Bänder. (Zum Vergleich: Beim Wasserstoff wird ein Photon mit 2,60 eV komplett durchgelassen, obwohl es nur 0,05 eV neben dem erlaubten Übergang mit 2,55 eV liegt.)

d) Prüfversuch zum Kirchhoffschen Umkehrsatz:

1. Aufbau festhalten: Küvette mit Natriumdampf, Gitter, Schirm mit kalibrierter Wellenlängenskala — an der Skala wird zwischen beiden Messungen nichts verändert.
2. Messung 1 (Absorption): Weiße Lichtquelle an, Küvette geheizt. Lage der dunklen Linie ablesen.
3. Messung 2 (Emission): Weiße Quelle aus, Dampf selbst zum Leuchten bringen (seitliche Beobachtung). Lage der hellen Linie ablesen.
4. Auswertung: Beide Linien müssen bei derselben Wellenlänge liegen — 589 nm. Gegenprobe mit einem anderen Stoff: Dessen helle und dunkle Linien liegen woanders, aber ebenfalls paarweise an derselben Stelle.

Damit ist geprüft, was der Umkehrsatz behauptet: Ein Gas absorbiert genau die Wellenlängen, die es bei gleicher Temperatur auch emittieren würde. Der Unterschied zwischen hellen und dunklen Linien liegt nicht im Atom, sondern im Versuchsaufbau.

a) \(\dfrac{P_2/A}{P_1/A} = \dfrac{\sigma (2T)^4}{\sigma T^4} = 2^4 = \) 16. Doppelte Temperatur bedeutet also die 16-fache Strahlungsleistung je Quadratmeter.

b) Kim — falsch. Sie überträgt das Wiensche Verschiebungsgesetz auf eine Quelle, für die es nicht gilt. Die Röhre strahlt keine Glockenkurve ab, sondern einzelne Linien; deren Lage ist durch die Energiedifferenzen der Niveaus festgelegt: 656 nm gehört zu \(\Delta W = 1{,}89\,\text{eV}\), dem Übergang \(3\to2\). Diese Wellenlänge steht fest, egal wie heiß das Gas ist. Temperatur beeinflusst bei einem Linienspektrum die Helligkeit der Linien und kann weitere Linien hinzubringen — nie ihre Lage. Aus der Farbe einer Gasentladung folgt daher keine Temperatur.

b) Ali — falsch. \(P/A = \sigma T^4\) steigt mit der vierten Potenz: doppelte Temperatur ergibt den Faktor \(2^4 = 16\), nicht 2. Wer hier linear rechnet, unterschätzt die Strahlung um fast eine Größenordnung.

c) Warum die Wendel doch ein Thermometer ist: Ein heißer, dichter Körper kommt dem schwarzen Körper nahe: Er strahlt in allen Farben, mit einer charakteristischen Glockenkurve, deren Maximum allein von der Temperatur abhängt — \(\lambda_\text{max} = \frac{2{,}90\cdot 10^{6}\,\text{nm⋅K}}{T}\). Hier trägt der Farbschluss: Bei 2700 K liegt das Maximum bei rund 1,07 µm im Infraroten, bei 5800 K bei etwa 500 nm im Grün-Gelben. Beim dünnen Gas fehlt genau diese Voraussetzung: Es gibt keine durchgehende Strahlungskurve, sondern nur die erlaubten Übergänge des Atoms.

d) Kontinuum oder Linien — der Zustand entscheidet: Nicht der Stoff bestimmt die Spektrenart, sondern sein Zustand. Geschmolzenes Natrium ist heiß und dicht: Die Atome sitzen dicht an dicht, ihre Niveaus verwischen zu einem lückenlosen Farbverlauf — ein kontinuierliches Spektrum. Natriumdampf ist dünn: Die Atome strahlen praktisch ungestört, man sieht nur ihre einzelnen Übergänge, also die gelbe Doppellinie bei 589 nm. Dieselbe Sorte Atome, zwei völlig verschiedene Spektren.

Merksatz: Wien sagt wo, Stefan-Boltzmann sagt wie viel — und beide gelten nur für den heißen dichten Körper, nicht für das dünne Gas.

a) Differenzen: \(11{,}3-6{,}4 = 4{,}9\,\text{V}\), \(16{,}2-11{,}3 = 4{,}9\,\text{V}\), \(21{,}1-16{,}2 = 4{,}9\,\text{V}\). Alle drei Abstände stimmen überein; wegen \(W_\text{kin}=eU\) folgt ΔW = 4,9 eV — der Literaturwert für Quecksilber. Die systematische Verschiebung ist \(U_\text{Zus} = 6{,}4\,\text{V} - 4{,}9\,\text{V} = \) 1,5 V.

b) Warum „6,4 eV“ falsch ist: Die Gruppe setzt die Lage des ersten Einbruchs mit der Anregungsenergie gleich. In dieser Lage steckt aber die gesamte systematische Verschiebung aus Kontaktspannung und Gegenspannung — sie geht ungefiltert ins Ergebnis ein. Dass etwas nicht stimmt, verrät schon die Messreihe selbst: Läge die Anregungsenergie bei 6,4 eV, müssten die weiteren Einbrüche bei 12,8 V und 19,2 V liegen, nicht bei 11,3 V und 16,2 V. Der Abstand ist dagegen unempfindlich gegen die Verschiebung — deshalb wertet man ihn aus. Kontrolle über das UV-Photon: \(\lambda = 1240/4{,}9 \approx 253\,\text{nm}\); mit 6,4 eV käme man auf falsche 194 nm.

c) Bewertung des Vorschlags: Rechnerisch ist er sogar gut: \(\Delta U = \frac{21{,}1-6{,}4}{3} = \frac{14{,}7}{3} = 4{,}9\,\text{V}\), und weil sich die Ableseunsicherheit von ±0,1 V auf drei Intervalle verteilt, sinkt die Unsicherheit auf rund ±0,05 V. Als Messplan ist er trotzdem ein Rückschritt: Mit nur zwei Messpunkten lässt sich nicht mehr prüfen, ob die Einbrüche wirklich äquidistant liegen. Genau diese Kontrolle ist der eigentliche Beleg für die portionsweise Energieabgabe — ein Ausreißer oder ein übersehener Einbruch fiele nicht mehr auf. Besser: alle Einbrüche messen und die Genauigkeit über eine Ausgleichsgerade gewinnen.

d) Auswerteverfahren: Man trägt die abgelesenen Spannungen \(U_k\) gegen die Nummer \(k\) des Einbruchs auf und legt eine Ausgleichsgerade hindurch. Nach dem Ansatz \(U_k = U_\text{Zus} + k\cdot\frac{\Delta W}{e}\) gilt dann:

• Die Steigung ist \(\frac{\Delta W}{e}\) — hier 4,9 V, also \(\Delta W = 4{,}9\,\text{eV}\).
• Der Achsenabschnitt bei \(k=0\) ist die Zusatzspannung \(U_\text{Zus}\) — hier 1,5 V.
• Die Geradlinigkeit selbst ist das Qualitätsmerkmal: Liegen alle Punkte auf einer Geraden, ist die Energie tatsächlich in gleichen Portionen abgegeben worden.

Das Verfahren nutzt alle Messwerte statt zweier, liefert beide gesuchten Größen in einem Schritt und macht Abweichungen sichtbar, statt sie zu verstecken.

a) Quecksilber: \(n=\left\lfloor\frac{40\,\text{eV}}{4{,}9\,\text{eV}}\right\rfloor=\lfloor 8{,}16\rfloor=\) 8 Schichten. Neon: \(n=\left\lfloor\frac{40\,\text{eV}}{18{,}7\,\text{eV}}\right\rfloor=\lfloor 2{,}14\rfloor=\) 2 Schichten.

b) B1 ist doppelt falsch. Falsch im Ergebnis: Bei gleicher Spannung zeigt das Quecksilber-Rohr 8 Schichten, das Neon-Rohr nur 2. Falsch in der Begründung: \(\Delta W\) steht im Nenner von \(n=\lfloor eU/\Delta W\rfloor\) — je größer die Anregungsenergie, desto länger muss ein Elektron beschleunigt werden, bis es eine Portion beisammen hat, und desto weniger Portionen passen in dieselbe Spannung. Vermutlich verwechselt B1 die Zahl der Schichten mit ihrer Sichtbarkeit: Das Neon-Rohr leuchtet auffällig orangerot, das Quecksilber-Rohr zeigt seine acht Anregungen nur in der Kennlinie.

c) B2 ist falsch. Eine Schicht sitzt dort, wo das Elektron gerade \(k\,\Delta W\) gesammelt hat, also beim Bruchteil \(\frac{x_k}{L}=\frac{k\,\Delta W}{eU}\) der Strecke. Hier steht \(U\) im Nenner: Wird die Spannung erhöht, ist die nötige Energie schon nach einem kürzeren Weg beisammen — alle Schichten rücken zur Kathode, also gegen die Fahrtrichtung der Elektronen. Hinten wird dadurch Platz für eine weitere Schicht.

c) B3 ist falsch. Bei 37 V ist \(37/18{,}7 = 1{,}98\) — das heißt: eine volle Portion wird sicher übergeben, für die zweite fehlt ein Rest. Eine Anregung findet entweder ganz statt oder gar nicht; der Rest bleibt dem Elektron als Bewegungsenergie und erzeugt keine „halbe Schicht“. Man sieht also genau eine Schicht. Die zweite setzt erst bei \(2\cdot 18{,}7\,\text{V} = 37{,}4\,\text{V}\) ein — und dann schlagartig, nicht allmählich aufglimmend. Genau dieser scharfe Einsatz ist das Argument gegen ein klassisches Bild: Ein klassisches Atom würde bei jeder Spannung gleichmäßig schwach glühen und niemals getrennte Schichten zeigen.

d) Warum Neon sichtbar leuchtet: Das Photon des direkten Rücksprungs hätte \(\lambda = 1240/18{,}7\,\text{nm} \approx 66\,\text{nm}\) und läge damit im fernen UV. Sichtbar wird das Orangerot erst durch die Kaskade: Das angeregte Neonatom fällt nicht in einem Schritt zurück, sondern über Zwischenniveaus. Diese Nachfolgeübergänge haben deutlich kleinere \(\Delta W\) und liegen damit im sichtbaren Fenster (1,59 eV bis 3,26 eV). Quecksilber besitzt diese sichtbaren Zwischenstufen nicht — sein Rücksprung liefert 253 nm im UV, ebenfalls unsichtbar. Die Farbe hängt also allein an den Übergängen des Atoms, nicht an der Spannung: Mehr Spannung macht die Schichten heller, nicht farbiger.