BOHRsches Atommodell

\[{d_n} = {n^2} \cdot {d_1} \Rightarrow n = \sqrt {\frac{{{d_n}}}{{{d_1}}}}  \Rightarrow n = \sqrt {\frac{{\frac{1}{{30}} \cdot {\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - 3}}{\rm{m}}}}{{11 \cdot {{10}^{ - 11}}{\rm{m}}}}}  = 5,5 \cdot {10^2} = 550\]

Nach dem Energieerhaltungssatz ist die Energie des emittierten Photons beim Übergang des Atoms vom Zustand \(n\) zum Zustand \(m\) gleich der dabei freigesetzten Energiedifferenz. Daraus ergibt sich\[{E_{{\rm{Ph}}}} = \Delta E \Leftrightarrow \frac{{h \cdot c}}{{{\lambda}}} = {R_\infty } \cdot h \cdot c \cdot \left( {\frac{1}{{{m^2}}} - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) \Leftrightarrow {\lambda } = \frac{1}{{{R_\infty } \cdot \left( {\frac{1}{{{m^2}}} - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{\lambda _{\rm{R}}} = \frac{1}{{1,097 \cdot {{10}^7}\frac{1}{{\rm{m}}} \cdot \left( {\frac{1}{{{{99}^2}}} - \frac{1}{{{{100}^2}}}} \right)}} = 4,490 \cdot {10^{ - 2}}{\rm{m}}\]Entsprechend ergibt sich für den Übergang Wasserstoff-Atom\[{\lambda _{\rm{1}}} = \frac{1}{{1,097 \cdot {{10}^7}\frac{1}{{\rm{m}}} \cdot \left( {\frac{1}{{{1^2}}} - \frac{1}{{{2^2}}}} \right)}} = 1,215 \cdot {10^{ - 7}}{\rm{m}}\]Das Verhältnis dieser beiden Wellenlängen ergibt sich dann zu\[\frac{{{\lambda _{\rm{R}}}}}{{{\lambda _{\rm{1}}}}} = \frac{{4,490 \cdot {{10}^{ - 2}}{\rm{m}}}}{{1,215 \cdot {{10}^{ - 7}}{\rm{m}}}} = 3,694 \cdot {10^5}\]

Die Wellenlänge \({\lambda _{\rm{1}}}\) gehört zum Ultraviolett-Bereich, die Wellenlänge \({\lambda _{\rm{R}}}\) zum Mikrowellen-Bereich. Mikrowellen können durch einen mit einer Diode versehenen Empfangsdipol, an den ein Verstärker angeschlossen ist, nachgewiesen werden.

Aus\[{{E'}_{{\rm{Ion}}}} = {E_\infty } - {E_{10}} = 0{\rm{eV}} - \left( {\frac{{ - {E_{{\rm{Ion}}}}}}{{{n^2}}}} \right)\]ergibt sich nach Einsetzen der gegebenen Werte\[{{E'}_{{\rm{Ion}}}} = \frac{{13,60{\rm{eV}}}}{{{{10}^2}}} = 0,1360{\rm{eV}}\]

Man prüft, ob sich in dem folgenden Ansatz mit \({{E_n} = 12,09{\rm{eV}}}\) ein natürliches \(n\) ergibt:\[{{E_n} = {E_{{\rm{Ion}}}} \cdot \left( {\frac{1}{{{1^2}}} - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{{{n^2}}} = \frac{{{E_n}}}{{{E_{{\rm{Ion}}}}}} \Leftrightarrow {n^2} = \frac{{{E_{{\rm{Ion}}}}}}{{{E_{{\rm{Ion}}}} - {E_n}}} \Rightarrow n = \sqrt {\frac{{{E_{{\rm{Ion}}}}}}{{{E_{{\rm{Ion}}}} - {E_n}}}} }\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{n = \sqrt {\frac{{13,60{\rm{eV}}}}{{13,60{\rm{eV}} - 12,09{\rm{eV}}}}}  = 3,0}\]Durch den zweiten Laser muss dann noch die Energiedifferenz \(\Delta E = {E_{100}} - {E_3}\) überwunden werden:\[\Delta E = {E_{{\rm{Ion}}}} \cdot \left( {\frac{1}{{{3^2}}} - \frac{1}{{{{100}^2}}}} \right) = 13,60{\rm{eV}} \cdot \left( {\frac{1}{{{3^2}}} - \frac{1}{{{{100}^2}}}} \right) = 1,510{\rm{eV}}\]Nach dem Energieerhaltungssatz ist die Energie des eingestrahlten Photons gleich der obenberechneten Energiedifferenz \(\Delta E\). Daraus ergibt sich\[{E_{{\rm{Ph}}}} = \Delta E \Leftrightarrow \frac{{h \cdot c}}{{{\lambda _2}}} = \Delta E \Leftrightarrow {\lambda _2} = \frac{{h \cdot c}}{{\Delta E}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{\lambda _2} = \frac{{6,626 \cdot {{10}^{ - 34}}{\rm{Js}} \cdot 2,998 \cdot {{10}^8}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}}{{1,510 \cdot 1,602 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{J}}}} = 821{\rm{nm}}\]

Natrium hat 11 Hüllenelektronen. Zwei davon befinden sich auf der abgeschlossenen K-Schale, acht auf der abgeschlossenen L-Schale. Somit bleibt noch ein Elektron auf der M-Schale.

In einem Rydberg-Zustand (hohes \(n\)) "sieht" dieses Elektron (Leuchtelektron) aus großer Entfernung den durch zehn Elektronen abgeschirmten elffach positiv geladenen Kern, also - stark vereinfacht - nur eine positive Kernladung. Diese Verhältnisse sind ähnlich denen beim Wasserstoff, wo das weit vom Kern entfernte Elektron auch nur eine positive Kernladung "sieht".