Direkt zum Inhalt

Aufgabe

Argon-Ionen-Laser (Abitur BY 2006 LK A3-2)

Schwierigkeitsgrad: mittelschwere Aufgabe

Angeregte Zustände von Argon-Ionen lassen sich zur Erzeugung von Laserlicht verwenden. Der Argon-Ionen-Laser findet Verwendung bei der Holographie, in Laserdruckern und in der Laserchirurgie.

a)Berechnen Sie die Geschwindigkeit, die Elektronen mindestens haben müssen, um ein Argon-Atom zu ionisieren, wenn dafür eine Energie von \(16,0{\rm{eV}}\) notwendig ist. (4 BE)

Das Laserlicht entsteht beim Übergang der Argon-Ionen vom Zustand 4p in den Zustand 4s (siehe Abb. 1). Um das obere Laserniveau 4p zu erreichen, ist zusätzlich zur Ionisierung noch eine Anregung des Ions durch Elektronenstoß erforderlich.

b)Ein Elektron der Geschwindigkeit \({\rm{4}}{\rm{,2}} \cdot {\rm{1}}{{\rm{0}}^6}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\) verliert bei der Ionisaton von Argonatomen 30% seiner Geschwindigkeit. Untersuchen sie durch Rechnung, ob dieses Elektron anschließend noch in der Lage ist, ein Argon-Ion in das obere Laserniveau 4p anzuregen. (5 BE)

c)Berechnen Sie die Wellenlänge des Laserlichts [zur Kontrolle: \(\lambda  = 496{\rm{nm}}\)] (3 BE)

d)Vom unteren Laserniveau 4s fallen die angerengten Argon-Ionen in kürzester Zeit wieder in den Grundzustand Ar+ zurück. Hierbei wird ungenutzte Energie frei. Untersuchen Sie, welcher Wirkungsgrad sich hiermit für den Laser ergibt. Die anfängliche Ionisierungsarbeit soll unberücksichtigt bleiben. (3 BE)

 

e)Geben Sie eine mögliche Begründung dafür an, dass der Wirkungsgrad in Wirklichkeit unter dem in Teilaufgabe d) errechneten Wert liegt. (3 BE)

Ein Argon-Ionen-Laser erreicht eine Emissionsleistung von \(40{\rm{W}}\). Ein Puls dieses Lasers trifft im Vakuum senkrecht auf ein Aluminiumplättchen der Fläche \(A = 3,1{\rm{m}}{{\rm{m}}^2}\) und der Dicke \(d = 0,50{\rm{mm}}\), das an einem Faden der Länge \(l = 10{\rm{cm}}\) aufgehängt ist (siehe Abb. 2). Die Bestrahlungsdauer beträgt \(50{\rm{ms}}\). Dabei werden 30% der Strahlungsleistung absorbiert, der Rest wird reflektiert.

f)Berechnen Sie die Temperaturerhöhung des Aluminiumplättchens (Hinweis: \({c_{\rm{Al}}} = 0,896\frac{{{\rm{kJ}}}}{{{\rm{kg}} \cdot {\rm{K}}}}\)) (8 BE)

g)Ermitteln Sie den Pendelausschlag \(\varphi \), der als Folge dieses Laserpulses zu erwarten ist. (10 BE)

h)Entscheiden Sie mit Begründung, ob sich die Beobachtungen bei den Teilaufgaben f) und g) ändern, wenn statt des Argon-Ionen-Lasers ein Helium-Neon-Laser gleicher Leistung, aber größerer Wellenlänge verwendet wird. (3 BE)

Lösung einblendenLösung verstecken Lösung einblendenLösung verstecken

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

a)\[\frac{1}{2} \cdot m \cdot {v^2} = \Delta E \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{2 \cdot \Delta E}}{m}}  \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{2 \cdot 16,0{\rm{eV}} \cdot 1,60 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{As}}}}{{9,11 \cdot {{10}^{ - 31}}{\rm{kg}}}}}  = 2,37 \cdot {10^6}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]
Das Laserlicht entsteht beim Übergang der Argon-Ionen vom Zustand 4p in den Zustand 4s (siehe Abb1). Um das obere Laserniveau 4p zu erreichen, ist zusätzlich zur Ionisierung noch eine Anregung des Ions durch Elektronenstoß erforderlich.

b)\[v' = 0,7 \cdot v = 0,7 \cdot 4,2 \cdot {10^6}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}} = 2,9 \cdot {10^6}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]\[{E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{2} \cdot m \cdot {{v'}^2} \Rightarrow {E_{{\rm{kin}}}} = \frac{1}{2} \cdot 9,11 \cdot {10^{ - 31}}{\rm{kg}} \cdot {\left( {2,9 \cdot {{10}^6}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}} \right)^2} = 3,8 \cdot {10^{ - 18}}{\rm{J}} = 24{\rm{eV}}\]Da die kinetische Energie größer als \(20{\rm{eV}}\) ist, ist Anregung möglich.

c)\[\Delta E = 36,0{\rm{eV}} - 33,5{\rm{eV}} = 2,5{\rm{eV}}\]\[\Delta E = \frac{{h \cdot c}}{\lambda } \Leftrightarrow \lambda  = \frac{{h \cdot c}}{{\Delta E}} \Rightarrow \lambda  = \frac{{6,63 \cdot {{10}^{ - 34}}{\rm{Js}} \cdot 2,99 \cdot {{10}^8}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}}{{2,5{\rm{eV}} \cdot 1,60 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{As}}}} = 4,97 \cdot {10^{ - 7}}{\rm{m}} = 497{\rm{nm}}\]

d)Für den Wirkungsgrad \(\eta \) ergibt sich\[\eta  = \frac{{2,5{\rm{eV}}}}{{20{\rm{eV}}}} = 12,5\% \]

e)Ein Grund ist die laufende zusätzliche Ionisierungsarbeit; ein anderer Grund ist, dass der direkte Rücksprung vom 4p-Zustand auf den Grundzustand des Ar+ neben dem Rücksprung vom 4p auf 4s möglich ist.

Anmerkung: Durch stimulierte Emission kann der Anteil der Rücksprünge von 4p auf 4s gegenüber denen von 4p in den Grundzustand stark erhöht werden.

f)Für die absorbierte Energie \(\Delta E\) gilt\[\Delta E = P \cdot \Delta t \cdot 0,30 \Rightarrow \Delta E = 40{\rm{W}} \cdot 50 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{s}} \cdot 0,30 = 0,60{\rm{J}}\]Weiter berechnet sich die Masse des Aluminiums zu\[{m_{{\rm{Al}}}} = {\rho _{{\rm{Al}}}} \cdot A \cdot d \Rightarrow {m_{{\rm{Al}}}} = 2,7 \cdot {10^3}\frac{{{\rm{kg}}}}{{{{\rm{m}}^3}}} \cdot 3,1 \cdot {10^{ - 6}}{{\rm{m}}^2} \cdot 0,50 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{m}} = 4,2 \cdot {10^{ - 6}}{\rm{kg}}\]Daraus ergibt sich schließlich\[\Delta E = {c_{{\rm{Al}}}} \cdot {m_{{\rm{Al}}}} \cdot \Delta \vartheta  \Leftrightarrow \Delta \vartheta  = \frac{{\Delta E}}{{{c_{{\rm{Al}}}} \cdot {m_{{\rm{Al}}}}}} \Rightarrow \Delta \vartheta  = \frac{{0,60{\rm{J}}}}{{896\frac{{\rm{J}}}{{{\rm{kg}} \cdot {\rm{K}}}} \cdot 4,2 \cdot {{10}^{ - 6}}{\rm{kg}}}} = 160{\rm{K}}\]

g)Impuls eines Photons:\[{p_{{\rm{Ph}}}} = \frac{h}{\lambda }\]Anzahl der Photonen des Laserpulses:\[N = \frac{{P \cdot \Delta t}}{{{E_{{\rm{Ph}}}}}} = \frac{{P \cdot \Delta t \cdot \lambda }}{{h \cdot c}}\]Gesamtimpuls des Lasers:\[{p_{\rm{L}}} = N \cdot {p_{{\rm{Ph}}}} = \frac{{P \cdot \Delta t \cdot \lambda }}{{h \cdot c}} \cdot \frac{h}{\lambda } = \frac{{P \cdot \Delta t}}{c}\]Auf Aluminium übertragener Impuls:\[{p_{{\rm{Al}}}} = 0,3 \cdot {p_{\rm{L}}} + 2 \cdot 0,7 \cdot {p_{\rm{L}}} = 1,7 \cdot {p_{\rm{L}}}\]Damit ergibt sich für die Geschwindigkeit \(v\):\[{p_{{\rm{Al}}}} = {m_{{\rm{Al}}}} \cdot v \Leftrightarrow v = \frac{{{p_{{\rm{Al}}}}}}{{{m_{{\rm{Al}}}}}} \Rightarrow v = \frac{{1,7 \cdot {p_{\rm{L}}}}}{{{m_{{\rm{Al}}}}}} = \frac{{1,7 \cdot P \cdot \Delta t}}{{{m_{{\rm{Al}}}} \cdot c}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[v = \frac{{1,7 \cdot 40{\rm{W}} \cdot 50 \cdot {{10}^{ - 3}}{\rm{s}}}}{{4,2 \cdot {{10}^{ - 6}}{\rm{kg}} \cdot 3,0 \cdot {{10}^8}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}} = 2,7 \cdot {10^{ - 3}}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}\]Nun ist nach dem Energieerhaltungssatz die kinetische Energie des Laserpulses gleich der potenziellen Energie des ausgelenkten Pendels:\[{E_{{\rm{kin}}}} = {E_{{\rm{pot}}}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v^2} = m \cdot g \cdot \Delta h \Leftrightarrow \Delta h = \frac{{{v^2}}}{{2 \cdot g}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\Delta h = \frac{{{{\left( {2,7 \cdot {{10}^{ - 3}}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}} \right)}^2}}}{{2 \cdot 9,81\frac{{\rm{m}}}{{{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}}}} = 3,7 \cdot {10^{ - 7}}{\rm{m}}\]Daraus ergibt sich ein Auslenkwinkel von\[\cos \left( \varphi  \right) = \frac{{l - \Delta h}}{l} = \frac{{0,09999963{\rm{m}}}}{{0,1{\rm{m}}}} \Rightarrow \varphi  = 0,16^\circ \]

h)Weder bei Teilaufgabe f) noch bei Teilaufgabe g) spielt die Wellenlänge eine Rolle. Es ist nur die Leistung entscheidend. Deshalb gibt es keinen Unterschied.