Atomarer Energieaustausch

Aufgabe

Anregung von Wasserstoff (Abitur BY 2002 GK A3-1)

Schwierigkeitsgrad: schwere Aufgabe

Elektronen mit der kinetischen Energie \({E_{{\rm{kin}}}} = 10{,}0\,{\rm{eV}}\) treffen auf ein Gas aus Wasserstoffatomen, die sich zum größeren Teil im Grundzustand, zum kleineren Teil im ersten angeregten Zustand befinden.

Weise nach, dass die Wasserstoffatome im Grundzustand von den Elektronen nicht angeregt werden können.(5 BE)

Zeige, dass die Wasserstoffatome im ersten angeregten Zustand von den Elektronen in jeden beliebigen höheren Zustand angeregt und auch ionisiert werden können. (5 BE)

Gib ein mögliches Verfahren an, um die kinetische Energie der Elektronen zu messen, nachdem sie durch das Wasserstoffgas geflogen sind. (5 BE)

Erkläre, wie die drei Werte \(10{,}0\,{\rm{eV}}\), \(8{,}1\,{\rm{eV}}\) und \(7{,}4\,{\rm{eV}}\) im Energiespektrum dieser Elektronen zustande kommen. (8 BE)

Ein Wasserstoffatom kann ein zusätzliches Elektron an sich binden, so dass ein \(\rm{H}^-\)-Ion entsteht. Bei diesem Vorgang wird ein Photon emittiert. Im Grundzustand des \(\rm{H}^-\)-Ions ist das überzählige Elektron mit \(0{,}75\,{\rm{eV}}\) an das Wasserstoffatom gebunden.

Erkläre, weshalb das bei der Bildung von \(\rm{H}^-\)-Ionen im Grundzustand auftretende Emissionsspektrum kontinuierlich mit einer langwelligen Grenze \({\lambda _{\rm{L}}}\) ist.

Berechne \({\lambda _{\rm{L}}}\). (7 BE)

Durch Photonenabsorption können die \(\rm{H}^-\)-Ionen wieder in Wasserstoffatome und freie Elektronen zerlegt werden. Dabei zeigt die Absorption elektromagnetischer Strahlung durch \(\rm{H}^-\) bei \(\lambda = 850\,{\rm{nm}}\) ein Maximum.

Berechne die kinetische Energie des frei gesetzten Elektrons, wenn ein \(\rm{H}^-\)-Ion im Grundzustand elektromagnetische Strahlung der Wellenlänge \(850\,{\rm{nm}}\) absorbiert. (5 BE)

Lösung

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Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.

Abb. 1 Lösung als Video

Die Mindestanregung geht vom Grundzustand mit Energie \(E_1\) in den 1. Anregungszustand mit Energie \(E_2\). Dann gilt\[\Delta E = {E_2} - {E_1} = R \cdot h \cdot c \cdot \left( {\frac{1}{{{1^2}}} - \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\Delta E = 1{,}10 \cdot {10^7}\,\frac{{\rm{1}}}{{\rm{m}}} \cdot 6{,}63 \cdot {10^{ - 34}}\,\rm{J}\,\rm{s} \cdot 3{,}0 \cdot {10^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} \cdot \left( {\frac{1}{{{1^2}}} - \frac{1}{{{2^2}}}} \right) = 10{,}2\,{\rm{eV}} > {E_{\rm{kin}}}\]

Die Ionisierungsenergie aus dem 1. Anregungszustand ist\[\Delta E = {E_\infty } - {E_1} = R \cdot h \cdot c \cdot \left( {0 - \frac{1}{{{2^2}}}} \right)\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\Delta E = 1{,}10 \cdot {10^7}\,\frac{{\rm{1}}}{{\rm{m}}} \cdot 6{,}63 \cdot {10^{ - 34}}\,\rm{J}\,\rm{s} \cdot 3{,}0 \cdot {10^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} \cdot \left( {0 - \frac{1}{{{2^2}}}} \right) = 3{,}4\,{\rm{eV}} < {E_{\rm{kin}}}\]

Man schickt die Elektronen senkrecht zu den Feldlinien in ein homogenes Magnetfeld und misst den Radius der entstehenden Kreisbahn. Aus der Bedingung, dass die LORENTZ-Kraft als Zentripetalkraft wirkt, kann man die Geschwindigkeit berechnen.

\(10{,}0\,{\rm{eV}}\): Elektronen verlieren keine Energie (unabgelenkt oder elastischer Stoß)

\(8{,}1\,{\rm{eV}}\): Elektronen verlieren durch Anregung vom 1. in den 2. Anregungszustand \(1{,}9\,{\rm{eV}}\) Energie:\[\Delta E = {E_3} - {E_2} = R \cdot h \cdot c \cdot \left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}}} \right)\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\Delta E = 1{,}10 \cdot {10^7}\,\frac{{\rm{1}}}{{\rm{m}}} \cdot 6{,}63 \cdot {10^{ - 34}}\,\rm{J}\,\rm{s} \cdot 3{,}0 \cdot {10^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} \cdot \left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}}} \right) = 1{,}9\,{\rm{eV}}\]

\(7{,}4\,{\rm{eV}}\): Elektronen verlieren durch Anregung vom 1. in den 3. Anregungszustand \(2{,}6\,{\rm{eV}}\) Energie:\[\Delta E = {E_4} - {E_2} = R \cdot h \cdot c \cdot \left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}} \right)\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\Delta E = 1{,}10 \cdot {10^7}\,\frac{{\rm{1}}}{{\rm{m}}} \cdot 6{,}63 \cdot {10^{ - 34}}\,\rm{J}\,\rm{s} \cdot 3{,}0 \cdot {10^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} \cdot \left( {\frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}} \right) = 2{,}6\,{\rm{eV}}\]

Das emittierte Photon erhält die (kontinuierliche) kinetische Energie des eingefangenen Elektrons und zusätzlich die Bindungsenergie von \(0{,}75\,{\rm{eV}}\). Deshalb ist das Spektrum kontinuierlich mit der langwelligen Grenze \(\lambda _{\rm{L}}\), die sich errechnet aus\[\frac{{h \cdot c}}{{{\lambda _{\rm{L}}}}} = 0{,}75\,{\rm{eV}} \Leftrightarrow {\lambda _{\rm{L}}} = \frac{{h \cdot c}}{{0{,}75\,{\rm{eV}}}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{\lambda _{\rm{L}}} = \frac{{6{,}63 \cdot {{10}^{ - 34}}\,\rm{J}\,\rm{s} \cdot 3{,}0 \cdot {{10}^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}}{{0{,}75 \cdot 1{,}6 \cdot {{10}^{ - 19}}\,\rm{A}\,\rm{s}}} = 1{,}7 \cdot {10^{ - 6}}\,{\rm{m}}\]

\[{E_{\rm{kin}}} = {E_{\rm{Ph}}} - 0{,}75\,{\rm{eV = }}\frac{{h \cdot c}}{\lambda } - 0{,}75\,{\rm{eV}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{E_{\rm{kin}}} = \frac{{6{,}63 \cdot {{10}^{ - 34}}\,\rm{J}\,\rm{s} \cdot 3{,}0 \cdot {{10}^8}\,\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}}{{850 \cdot {{10}^{ - 9}}\,{\rm{m}}}} - 0{,}75{\rm{eV}} = 2{,}34 \cdot {10^{ - 19}}\,{\rm{J}} - 0{,}75\,{\rm{eV}} = 1{,}46\,{\rm{eV}} - 0{,}75\,{\rm{eV}} = 0{,}71\,{\rm{eV}}\]

Grundwissen zu dieser Aufgabe

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