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Atomhülle

Elf Aufgaben, bei denen du Zusammenhänge herstellst: Sachkontext übersetzen, mehrschrittig rechnen, Messreihen auswerten und zwei Größen miteinander verknüpfen.

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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.

A1
Beteigeuze und Rigel — zwei Sterne im OrionSpektren & Temperatur
AFB II

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 \(\lambda_\text{max}=250\,\text{nm}\).

Gegeben: \(\lambda_\text{max}\cdot T = 2{,}90\cdot 10^{6}\,\text{nm⋅K}\), \(\dfrac{P}{A}=\sigma\,T^{4}\). Rechne in Teil c) mit den gerundeten Temperaturen aus a) und b).

a) Berechne die Oberflächentemperatur von Beteigeuze. b) Berechne die Oberflächentemperatur von Rigel. c) Um welchen Faktor strahlt Rigel je Quadratmeter stärker als Beteigeuze?

K
K
—
Ansatz: Wien nach \(T\) auflösen: \(T=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}\,\text{nm⋅K}}{\lambda_\text{max}}\). Für den Faktor in c) kürzt sich \(\sigma\) heraus: \(\dfrac{P_\text{R}/A}{P_\text{B}/A}=\left(\dfrac{T_\text{R}}{T_\text{B}}\right)^{4}\). Wien liefert nur die Lage des Maximums, Stefan-Boltzmann die Menge.
Rechenweg: \(T_\text{B}=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}}{830}\,\text{K}\approx 3{,}49\cdot10^{3}\,\text{K}\); \(T_\text{R}=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}}{250}\,\text{K}=1{,}16\cdot10^{4}\,\text{K}\). Faktor: \(\left(\dfrac{11\,600}{3494}\right)^{4}=3{,}32^{4}\).
Lösung: a) rund 3494 K (≈ 3,5·10³ K). b) 11 600 K. c) Faktor ≈ 121, also rund 120-mal so viel Leistung je m².
Vollständige Lösung
a) \(T_\text{B}=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}\,\text{nm⋅K}}{830\,\text{nm}}\) ≈ 3494 K
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: die Gesamtleistung ist \(P=\sigma T^4\cdot A\) — ein Stern mit viel größerer Oberfläche \(A\) kann die geringere Leistung je Quadratmeter ausgleichen.
250 nm 830 nm sichtbar 380–780 nm Rigel Beteigeuze I λ
Strahlungskurven der beiden Überriesen
A2
Warum die Glühlampe scheitert — Wendel gegen SonneSpektren & Temperatur
AFB II

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.

Gegeben: \(\lambda_\text{max}\cdot T = 2{,}90\cdot 10^{6}\,\text{nm⋅K}\), \(\dfrac{P}{A}=\sigma\,T^{4}\), \(T_\text{Wendel}=2700\,\text{K}\), \(T_\text{Sonne}=5800\,\text{K}\), \(T_\text{Schmelz}=3695\,\text{K}\).

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)?

K
K
—
Ansatz: a) Wien nach \(T\) auflösen. b) Einfache Differenz \(T_\text{nötig}-3695\,\text{K}\) — keine neue Formel, nur der Übersetzungsschritt „passt das technisch?“. c) Wieder \(\left(\dfrac{T_1}{T_2}\right)^{4}\), weil \(\sigma\) und \(A\) sich herauskürzen.
Rechenweg: \(T=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}}{550}\,\text{K}\approx 5273\,\text{K}\). Differenz: \(5273-3695=1578\,\text{K}\). Faktor: \(\left(\dfrac{5800}{2700}\right)^{4}=2{,}148^{4}\).
Lösung: a) ≈ 5273 K (also rund \(5{,}3\cdot10^{3}\,\text{K}\)). b) rund 1578 K zu heiß. c) Faktor ≈ 21, also gut 20-mal so viel.
Vollständige Lösung
a) \(T=\dfrac{2{,}90\cdot10^{6}\,\text{nm⋅K}}{550\,\text{nm}}\) ≈ 5,27·10³ K
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.
2700 K — Wendel 3695 K — Wolfram schmilzt 5273 K — für λmax = 550 nm technisch verboten T Wien: heißer = kurzwelliger
Die nötige Temperatur liegt weit über dem Schmelzpunkt
A3
Eine reale Franck-Hertz-Röhre auswertenFranck-Hertz
AFB II

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.

Gegeben: Messwerte 5,2 V · 10,1 V · 15,0 V; \(W_\text{kin}=eU\); \(U_n = U_\text{Zus} + n\cdot\dfrac{\Delta W}{e}\). Nicht die Lage, sondern der Abstand der Einbrüche ist auszuwerten.

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?

eV
V
V
Ansatz: Die Differenzbildung eliminiert die konstante Verschiebung: \(U_2-U_1\) enthält \(U_\text{Zus}\) nicht mehr. Wegen \(W_\text{kin}=eU\) ist die Volt-Zahl des Abstands direkt die eV-Zahl der Anregungsenergie. Die Verschiebung findest du, indem du vom ersten Messwert eine ganze Portion abziehst.
Rechenweg: \(10{,}1-5{,}2=4{,}9\,\text{V}\) (Kontrolle: \(15{,}0-10{,}1=4{,}9\,\text{V}\)) → \(\Delta W=4{,}9\,\text{eV}\). Verschiebung: \(5{,}2-4{,}9=0{,}3\,\text{V}\). Vierter Einbruch: \(5{,}2+3\cdot4{,}9\).
Lösung: a) 4,9 eV. b) 0,3 V. c) 19,9 V.
Vollständige Lösung
a) Abstände: \(10{,}1-5{,}2=4{,}9\,\text{V}\) und \(15{,}0-10{,}1=4{,}9\,\text{V}\). Wegen \(W_\text{kin}=eU\) folgt ΔW = 4,9 eV — der Literaturwert für Quecksilber.
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.
5,210,115,0? 4,9 V 4,9 V I U in V
Verschobene Kennlinie — der Abstand bleibt 4,9 V

Wie war es?

Diese 11 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. \(W_1 \to \Delta W \to \lambda\)). 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 ΔW, ΔW mit T und U mit eV verbunden. Welche dieser Brücken ist bei dir noch wackelig — und welche Einheit hast du dabei zuletzt vergessen umzurechnen?