DE · Abitur

Quanten- und Atomphysik

Hier bricht die klassische Physik. Licht verhält sich am Doppelspalt wie eine Welle und am Photoeffekt wie ein Strom von Teilchen; Elektronen tun beides ebenfalls. Die Quantenphysik löst diesen Widerspruch nicht durch eine Entscheidung, sondern durch einen neuen Objektbegriff — und liefert zugleich die Erklärung für diskrete Spektren und den Aufbau der Atome. „Quantenphysik und Materie" ist der dritte der drei KMK-Inhaltsbereiche, aus denen die Abiturprüfung schöpft.

6 Abschnitte~25 Min Lesezeit4 KompetenzenStand 05/2026

T·0888 / 10

Prüfungsprofil

S 2 · Gültigkeitsbereiche von Modellen und Theorien erläutern und deren Aussagemöglichkeiten beschreibenE 8 · Die Eignung physikalischer Modelle und Theorien für die Lösung von Problemen beurteilenE 9 · Die Relevanz von Modellen, Theorien, Hypothesen und Experimenten für die Erkenntnisgewinnung reflektierenK 4 · Unter Verwendung der Fachsprache chronologisch und kausal korrekt strukturiert formulieren

Operatoren:beschreibenberechnenerläuternbegründenbeurteileninterpretieren

grundlegendes Niveau

gA: grundlegende Aspekte der Quantentheorie (stochastische Vorhersagbarkeit, Interferenz und Superposition, Determiniertheit der Zufallsverteilung, Komplementarität); die Zusammenhänge zwischen Energie, Impuls, Frequenz und Wellenlänge; Emission und Absorption am Energieniveauschema.

erhöhtes Niveau

eA: zusätzlich die stochastische Deutung über das Betragsquadrat der Wellenfunktion (qualitativ), die Ort-Impuls-Unbestimmtheit, die Koinzidenzmethode zum Nachweis einzelner Photonen sowie das Modell des eindimensionalen Potenzialtopfs und seine Grenzen.

Tiefe

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Inhalt · 6 Abschnitte

Quanten- und Atomphysik

6 Abschnitte30 Merksätze14 Formeln30 Fehlerwarnungen

Der Photoeffekt und die Einstein-Gleichung#

~4 Min LesezeitBasisKMK 2.6.3Quantenobjekte

Bestrahlt man eine Metallplatte mit Licht, können Elektronen austreten. Die Wellentheorie sagt dafür drei Dinge voraus, und das Experiment widerlegt alle drei: Es gibt eine scharfe GRENZFREQUENZ, unterhalb derer auch stundenlange Bestrahlung nichts bewirkt; die maximale Energie der Elektronen hängt nur von der FREQUENZ ab, nicht von der Intensität; und der Austritt beginnt ohne messbare Verzögerung. Genau an diesem Befund zerbricht die klassische Beschreibung des Lichts.

Einsteins Deutung von 1905 löst alle drei Widersprüche mit einer einzigen Annahme: Licht überträgt Energie in unteilbaren Portionen

E = h\,f

mit dem Planckschen Wirkungsquantum

h = 6{,}626\cdot 10^{-34}\,\text{J}\,\text{s}

. Ein Elektron nimmt genau EIN solches Quant auf — daher entscheidet die Frequenz, nicht die angebotene Gesamtenergie, und daher gibt es keine Ansammelzeit.

Ein Teil der Quantenenergie wird gebraucht, um das Elektron überhaupt aus dem Metall zu lösen: die Austrittsarbeit

W_A

, eine Materialkonstante (Cäsium etwa

2{,}1\,\text{eV}

, Zink etwa

4{,}3\,\text{eV}

). Der Rest bleibt als kinetische Energie. Das ist die Einstein-Gleichung

E_{\text{kin,max}} = h\,f - W_A

— eine reine Energiebilanz, nichts weiter.

Aus ihr folgt die Grenzfrequenz unmittelbar: Bei

h\,f_{\text{grenz}} = W_A

reicht das Quant gerade zum Austritt, darunter geschieht nichts. Für Zink liegt die Grenzwellenlänge bei etwa

286\,\text{nm}

— im Ultravioletten, weshalb sichtbares Licht eine Zinkplatte nicht entlädt, eine UV-Lampe aber sofort.

Gemessen wird die maximale Elektronenenergie mit der GEGENFELDMETHODE: Man legt eine bremsende Spannung an und erhöht sie, bis der Photostrom gerade auf null geht. Dann gilt

e\,U_{\text{grenz}} = E_{\text{kin,max}}

— die Gegenspannung übersetzt die gesuchte Energie direkt in eine bequem messbare Spannung.

Trägt man

U_{\text{grenz}}

gegen

f

auf, ergibt sich eine GERADE (siehe ): Ihre Steigung ist

h/e

und ihr Achsenabschnitt

-W_A/e

. Damit ist der Versuch zugleich ein Präzisionsverfahren zur Bestimmung des Wirkungsquantums — die Linearisierung eines Messzusammenhangs, wie sie die Erkenntnisgewinnungskompetenz verlangt.

Photoeffekt — Gegenfeldmethode

Abb. 1Einsteins Gleichung:

E_{kin,max} = h f - W_A

; lineare Beziehung der maximalen kinetischen Energie zur Lichtfrequenz.

Abb. 1 ↓

Die Intensität des Lichts bestimmt nur die ANZAHL der Quanten und damit die Stromstärke, nie die Energie des einzelnen Elektrons. Diese saubere Trennung — Frequenz steuert die Energie, Intensität die Anzahl — ist der Kern fast jeder Prüfungsaufgabe zu diesem Abschnitt.

Vokabeln

→ Kartei

das PhotonEnergiequant des Lichts mit $E = h\,f$
die AustrittsarbeitMindestenergie, um ein Elektron aus dem Metall zu lösenMaterialkonstante, meist in eV angegeben
die Grenzfrequenzkleinste Frequenz, bei der noch Elektronen austreten
die GegenfeldmethodeMessung von $E_{\text{kin,max}}$ über die bremsende Spannung
das WirkungsquantumNaturkonstante $h = 6{,}626\cdot 10^{-34}$ J s

Photonenenergie (Planck-Einstein)

E_{ph} = h\,f = \dfrac{h\,c}{\lambda}

Einstein-Gleichung des Photoeffekts

E_{kin,\max} = h\,f - W_A

Gegenfeldmethode — Messgleichung

e\,U_{\text{grenz}} = E_{\text{kin,max}} = h\,f - W_A

$U_{\text{grenz}}$ in V die Gegenspannung, bei der der Photostrom gerade verschwindet; $e$ die Elementarladung, $W_A$ die Austrittsarbeit in J (oder eV). Aufgetragen gegen $f$ ergibt sich eine Gerade der Steigung $h/e$ .

Photoeffekt — Ekin,max gegen Frequenz f

Abb. 2Steigung der Geraden entspricht dem Planckschen Wirkungsquantum h; der x-Achsenabschnitt ist die Grenzfrequenz f_g.

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Musterlösung

Austrittsarbeit aus Photoeffekt-Messreihe

Bei einer Wellenlänge $\lambda = 400\,\text{nm}$ wird eine Gegenspannung $U_0 = 0{,}30\,\text{V}$ gemessen, die den Photostrom gerade auf Null bringt. Bestimme die Austrittsarbeit $W_A$ der Kathode ( $h = 6{,}626\cdot 10^{-34}\,\text{Js}$ , $c = 3{,}00\cdot 10^{8}\,\text{m/s}$ , $e = 1{,}602\cdot 10^{-19}\,\text{C}$ ).

Schritt 1 — Photonenenergie berechnen
$E_{ph} = h c/\lambda = (6{,}626\cdot 10^{-34} \cdot 3{,}00\cdot 10^{8}) / (4{,}00\cdot 10^{-7}) \approx 4{,}97\cdot 10^{-19}\,\text{J} \approx 3{,}10\,\text{eV}$ .
$E_{ph} = \dfrac{h c}{\lambda}$
Schritt 2 — Maximale kinetische Energie
Die Gegenspannung gibt $E_{kin,\max} = e\,U_0 = 0{,}30\,\text{eV}$ .
Schritt 3 — Austrittsarbeit
$W_A = E_{ph} - E_{kin,\max} = 3{,}10 - 0{,}30 = 2{,}80\,\text{eV} \approx 4{,}49\cdot 10^{-19}\,\text{J}$ .
$W_A = h f - e\,U_0$
Schritt 4 — Interpretieren
Wert liegt im Bereich typischer Alkalimetalle (Na: $2{,}28\,\text{eV}$ , K: $2{,}30\,\text{eV}$ , Cs: $2{,}14\,\text{eV}$ ); deutet auf eine Cäsium- oder Kalium-Kathode hin.

Ergebnis: $W_A \approx 2{,}80\,\text{eV}$ .

Abiturfokus

Trennen Sie in jeder Antwort ausdrücklich: Die FREQUENZ bestimmt die Energie je Elektron, die INTENSITÄT nur deren Anzahl. Diese Unterscheidung ist der am häufigsten bepunktete Satz des Abschnitts.
„Berechnen" Sie mit der handlichen Konstante $h\,c = 1240\,\text{eV}\,\text{nm}$ : Damit wird aus einer Wellenlänge in nm ohne Umrechnung eine Energie in eV.
„Erläutern" Sie die Gegenfeldmethode als MESSVERFAHREN — die Gegenspannung beim Verschwinden des Stroms misst $E_{\text{kin,max}}$ direkt.
„Interpretieren" Sie das $U_{\text{grenz}}(f)$ -Diagramm quantitativ: Steigung $h/e$ , Achsenabschnitt $-W_A/e$ , Nullstelle bei der Grenzfrequenz.
„Begründen" Sie, warum die Wellentheorie versagt, mit allen drei Befunden (Grenzfrequenz, Intensitätsunabhängigkeit der Energie, fehlende Verzögerung) — ein einzelner genügt der Aufgabenstellung meist nicht.

Typische Fehler

Angenommen, hellere Beleuchtung erhöhe die Elektronenenergie. Sie erhöht nur die Stromstärke.
Die Austrittsarbeit vergessen und $E_{\text{kin}} = h\,f$ gerechnet. Der Term $-W_A$ ist der ganze physikalische Gehalt der Gleichung.
Energieeinheiten vermischt: $W_A$ in eV und $h\,f$ in Joule addiert, ohne umzurechnen.
Die Steigung der Gegenspannungsgeraden als $h$ statt als $h/e$ gedeutet. Aufgetragen ist eine SPANNUNG, keine Energie.
Behauptet, unterhalb der Grenzfrequenz träten „nur weniger" Elektronen aus. Es treten GAR KEINE aus, unabhängig von Intensität und Dauer.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Erläutern Sie, wie sich mit der Koinzidenzmethode nachweisen lässt, dass ein einzelnes Photon an einem Strahlteiler NICHT geteilt wird, sondern immer nur einen der beiden Detektoren auslöst. Diskutieren Sie, warum dieser Befund die Teilchenvorstellung stützt, ohne die Interferenzfähigkeit desselben Lichts aufzuheben.

Aktive Wiederholung

Eine Zinkplatte ( $W_A = 4{,}34\,\text{eV}$ ) wird mit der Quecksilberlinie $\lambda = 254\,\text{nm}$ bestrahlt. Berechnen Sie die Photonenenergie, die maximale kinetische Energie der Elektronen und die zugehörige Gegenspannung. Bestimmen Sie außerdem die Grenzwellenlänge und beurteilen Sie, ob sichtbares Licht den Effekt auslösen kann.

Passende Aufgaben üben70 Fragen zum Thema

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Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: LEIFIphysik — Äußerer lichtelektrischer Effekt (Photoeffekt) (Joachim Herz Stiftung) · Bildungsstandards im Fach Physik für die Allgemeine Hochschulreife (2020), Kap. 2.6.3 (Kultusministerkonferenz)

Welle-Teilchen-Dualismus, De-Broglie-Wellenlänge und Unbestimmtheit#

~4 Min LesezeitStandardKMK 2.6.3Quantenobjekte

Welle-Teilchen-Dualismus — die Beweislage

Abb. 3Kein Experiment zeigt beides zugleich. Die Aufgabe verlangt daher, für JEDEN Versuch anzugeben, WELCHE Eigenschaft er belegt.

Licht zeigt am Doppelspalt Interferenz und am Photoeffekt Quantelung. De Broglie stellte 1924 die kühne Umkehrfrage: Wenn Wellen Teilcheneigenschaften haben, sollten dann nicht auch Teilchen Welleneigenschaften zeigen? Er ordnete jedem Objekt mit dem Impuls

p

die Wellenlänge

\lambda = h/p

zu — eine Hypothese, die drei Jahre später durch Elektronenbeugung an Kristallen bestätigt wurde.

Für ein nichtrelativistisch beschleunigtes Elektron folgt aus

p = \sqrt{2 m E_{\text{kin}}}

und

E_{\text{kin}} = e\,U

die praktische Form

\lambda = h/\sqrt{2 m_e e U}

. Bei

U = 100\,\text{V}

ergibt das rund

123\,\text{pm}

— genau die Größenordnung atomarer Abstände in einem Kristallgitter. Deshalb funktioniert der Kristall als Beugungsgitter für Elektronen, und deshalb erreicht ein Elektronenmikroskop eine weit bessere Auflösung als ein Lichtmikroskop.

Warum sehen wir an Alltagsobjekten nichts davon? Weil

h

winzig ist: Ein Fußball von

400\,\text{g}

bei

10\,\text{m/s}

hat

\lambda \approx 1{,}7\cdot 10^{-34}\,\text{m}

— um viele Zehnerpotenzen kleiner als jede denkbare Öffnung. Die Quantennatur ist nicht abgeschaltet, sie ist nur unbeobachtbar.

Entscheidend für das Verständnis ist, dass ein Quantenobjekt WEDER eine klassische Welle NOCH ein klassisches Teilchen ist. Es ist ein eigenständiger Objekttyp, der je nach Versuchsanordnung die eine oder die andere Eigenschaft zeigt — aber niemals beide zugleich. Diese Komplementarität ist keine Verlegenheitsauskunft, sondern eine Aussage über die Natur der Objekte.

Das Doppelspaltexperiment mit EINZELNEN Elektronen macht das greifbar: Jedes Elektron erzeugt genau EINEN punktförmigen Einschlag — insofern verhält es sich wie ein Teilchen. Der Ort des einzelnen Einschlags ist nicht vorhersagbar; erst nach vielen tausend Elektronen entsteht das Interferenzmuster. Die Zufallsverteilung selbst ist also streng determiniert, das Einzelereignis nicht. Genau diese Paarung benennt das KMK-Basiskonzept „Zufall und Determiniertheit".

Misst man, durch welchen Spalt das Elektron geht, verschwindet das Interferenzmuster augenblicklich. Die Weginformation und die Interferenzfähigkeit schließen einander aus — das ist Komplementarität in ihrer schärfsten Form und der Kern jeder Prüfungsaufgabe zum Doppelspalt mit Quantenobjekten.

Quantitativ fasst die Heisenbergsche Unbestimmtheitsrelation

\Delta x\cdot\Delta p \geq h/(4\pi)

diese Grenze. Sie ist KEINE Aussage über unvollkommene Messgeräte, sondern über die Objekte selbst: Ein Zustand, in dem Ort und Impuls beide beliebig scharf wären, existiert nicht.

Vokabeln

→ Kartei

die Materiewelleeinem Teilchen zugeordnete Welle mit $\lambda = h/p$
die KomplementaritätWellen- und Teilcheneigenschaften schließen einander im selben Versuch aus
die Unbestimmtheitsrelationprinzipielle Grenze $\Delta x\,\Delta p \geq h/4\pi$
die WeginformationKenntnis des durchlaufenen Spaltsihre Messung zerstört das Interferenzmuster
die SuperpositionÜberlagerung von Zuständen bzw. Wellenfunktionen

De-Broglie-Materiewellenlänge

\lambda_{dB} = \dfrac{h}{p} = \dfrac{h}{m\,v}

De-Broglie-Wellenlänge eines beschleunigten Elektrons

\lambda = \dfrac{h}{p} = \dfrac{h}{\sqrt{2\,m_e\,e\,U}}

$\lambda$ in m, $h$ das Wirkungsquantum in J s, $p$ der Impuls in kg m/s, $m_e$ die Elektronenmasse in kg, $U$ die Beschleunigungsspannung in V. Gilt nichtrelativistisch, also bis einige keV.

Heisenbergsche Unbestimmtheitsrelation

\Delta x\cdot\Delta p \geq \dfrac{h}{4\pi}

$\Delta x$ die Ortsunbestimmtheit in m, $\Delta p$ die Impulsunbestimmtheit in kg m/s. Eine Eigenschaft des Zustands, keine Aussage über Messgeräte.

Musterlösung

De-Broglie-Wellenlänge eines beschleunigten Elektrons

Ein Elektron wird aus der Ruhe durch $U = 100\,\text{V}$ beschleunigt. Berechnen Sie seine De-Broglie-Wellenlänge und vergleichen Sie sie mit einem Netzebenenabstand von etwa $200\,\text{pm}$ .

Kinetische Energie bestimmen
Die Beschleunigungsarbeit erscheint vollständig als kinetische Energie: $E_{\text{kin}} = e\,U = 100\,\text{eV} = 1{,}602\cdot 10^{-17}\,\text{J}$ .
Impuls berechnen
Nichtrelativistisch gilt $E_{\text{kin}} = p^2/(2m_e)$ , also $p = \sqrt{2 m_e E_{\text{kin}}} = \sqrt{2\cdot 9{,}109\cdot 10^{-31}\cdot 1{,}602\cdot 10^{-17}} \approx 5{,}40\cdot 10^{-24}\,\text{kg}\,\text{m/s}$ .
$p = \sqrt{2\,m_e\,E_{\text{kin}}}$
Wellenlänge auswerten
$\lambda = h/p = 6{,}626\cdot 10^{-34} / 5{,}40\cdot 10^{-24} \approx 1{,}23\cdot 10^{-10}\,\text{m} = 123\,\text{pm}$ .
Ergebnis vergleichen
Mit $123\,\text{pm}$ liegt die Wellenlänge in derselben Größenordnung wie der Netzebenenabstand von $200\,\text{pm}$ — Beugung ist also beobachtbar, denn ein Gitter beugt nur, wenn Wellenlänge und Gitterkonstante vergleichbar sind. Zur Kontrolle: $v/c \approx 0{,}02$ , die nichtrelativistische Rechnung ist zulässig.

Ergebnis: $\lambda \approx 123\,\text{pm}$ — vergleichbar mit atomaren Abständen, weshalb Kristalle als Beugungsgitter für Elektronen wirken.

Typische Fehler

Die De-Broglie-Wellenlänge mit $\lambda = h/(m v)$ auch für relativistische Teilchen berechnet; dann ist $p = \gamma m v$ einzusetzen.
Gesagt, das Elektron sei „gleichzeitig Welle und Teilchen". Es ist keines von beiden im klassischen Sinn und zeigt die Eigenschaften nie zugleich.
Die Unbestimmtheitsrelation als Störung durch den Messvorgang gedeutet. Sie gilt für den ZUSTAND selbst, auch ohne Messung.
Angenommen, beim Einzelelektronen-Doppelspalt entstehe schon beim ersten Elektron ein Streifenmuster. Ein Elektron erzeugt einen Punkt; das Muster ist statistisch.
$h$ und $\hbar = h/(2\pi)$ verwechselt — in der Schulform der Relation steht $h/(4\pi)$ .

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Erläutern Sie qualitativ die stochastische Deutung über das Betragsquadrat der Wellenfunktion: $|\psi|^2$ gibt die Nachweiswahrscheinlichkeitsdichte an. Zeigen Sie daran, wie das Doppelspaltmuster entsteht — die Wellenfunktionen beider Spalte überlagern sich (Superposition), erst das Betragsquadrat der SUMME liefert die beobachtete Verteilung, die von der Summe der Einzelquadrate abweicht.

Aktive Wiederholung

Berechnen Sie die De-Broglie-Wellenlänge eines Elektrons, das durch $U = 100\,\text{V}$ beschleunigt wurde, und vergleichen Sie sie mit dem typischen Netzebenenabstand eines Kristalls ( $\approx 200\,\text{pm}$ ). Begründen Sie damit, warum Elektronenbeugung an Kristallen beobachtbar ist, Beugung eines Fußballs an einer Tür aber nicht.

Passende Aufgaben üben70 Fragen zum Thema

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Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: LEIFIphysik — Quantenobjekt Elektron und Materiewellen (Joachim Herz Stiftung)

Das Bohrsche Atommodell und die Quantenbedingung#

~4 Min LesezeitStandardKMK 2.6.3Atomvorstellungen

Bohrsches Atommodell — Energieniveaus des Wasserstoffs

Abb. 4Elektronen besetzen diskrete Bahnen; Übergänge zwischen Niveaus emittieren oder absorbieren Photonen.

Rutherfords Streuversuch hatte gezeigt, dass fast die gesamte Masse in einem winzigen positiven Kern sitzt. Das führt aber sofort in eine Katastrophe: Ein klassisch kreisendes Elektron wird ständig beschleunigt, müsste dauernd Energie abstrahlen und in Bruchteilen einer Mikrosekunde in den Kern stürzen. Dass Atome stabil sind, ist klassisch unerklärbar.

Bohr postulierte 1913 den Ausweg: Es gibt ausgezeichnete Bahnen, auf denen das Elektron NICHT strahlt, und Strahlung entsteht ausschließlich beim SPRUNG zwischen ihnen. Beide Aussagen sind Postulate — sie folgen nicht aus der klassischen Physik, sondern werden ihr hinzugefügt, weil das Experiment sie erzwingt. Genau diese Modellhaftigkeit ist prüfungsrelevant.

Ausgezeichnet sind die Bahnen durch die Quantenbedingung: Der Bahndrehimpuls kann nur ganzzahlige Vielfache von

h/(2\pi)

annehmen,

m_e\,v\,r = n\,h/(2\pi)

. Anschaulich deuten lässt sich das mit De Broglie: Auf dem Bahnumfang muss eine ganze Zahl von Materiewellenlängen Platz finden,

2\pi r = n\,\lambda

— eine stehende Welle auf dem Kreis. Beide Formulierungen sind äquivalent.

Aus der Quantenbedingung und dem Coulomb-Kräftegleichgewicht folgt für das Wasserstoffatom das Energieniveauschema

E_n = -13{,}6\,\text{eV}/n^2

. Das Minuszeichen ist wesentlich: Es sind BINDUNGSenergien, mit dem freien Elektron als Nullpunkt. Der Grundzustand

n = 1

liegt bei

-13{,}6\,\text{eV}

, und genau dieser Betrag ist die Ionisierungsenergie des Wasserstoffs.

Springt das Elektron von

n_2

nach

n_1

, wird die Energiedifferenz als EIN Photon frei:

h\,f = E_{n_2} - E_{n_1}

. Weil die Niveaus diskret sind, ist auch das Spektrum diskret — das erklärt die seit Jahrzehnten bekannten scharfen Linien. Die Balmer-Serie (Übergänge nach

n = 2

) liegt im Sichtbaren; ihre stärkste Linie H-α bei

656\,\text{nm}

gibt vielen Nebeln ihr charakteristisches Rot.

Das Modell leistet für Wasserstoff Erstaunliches und scheitert dennoch: Es erklärt keine Mehrelektronenatome, keine Linienintensitäten und keine Feinstruktur, und es hält am unhaltbaren Bild einer scharfen Bahn fest. Es ist ein Übergangsmodell — historisch entscheidend, physikalisch überholt. Diese ehrliche Bewertung wird im Operator „beurteilen" ausdrücklich erwartet.

Vokabeln

→ Kartei

das Energieniveauerlaubter diskreter Energiewert des Atoms
die QuantenbedingungBohrsche Forderung $m_e v r = n\,h/2\pi$
die IonisierungsenergieEnergie zum vollständigen Ablösen des ElektronsWasserstoff: 13,6 eV aus dem Grundzustand
die Balmer-SerieÜbergänge nach $n = 2$; liegt im sichtbaren Bereich
der GrundzustandZustand niedrigster Energie, $n = 1$

Bohrsche Energieniveaus des Wasserstoffs

E_n = -\dfrac{13{,}6\,\text{eV}}{n^{2}}\quad (\text{H-Atom})

Rydberg-Formel (R_H = 1,097·10⁷ m⁻¹)

\dfrac{1}{\lambda} = R_{H}\left(\dfrac{1}{n_{1}^{2}} - \dfrac{1}{n_{2}^{2}}\right)

Bohrsche Quantenbedingung und ihre De-Broglie-Deutung

m_e\,v\,r = n\,\dfrac{h}{2\pi} \qquad\Longleftrightarrow\qquad 2\pi r = n\,\lambda_{\text{dB}}

Links der quantisierte Bahndrehimpuls ( $n = 1, 2, 3, \dots$ ), rechts dieselbe Bedingung als stehende Materiewelle auf dem Bahnumfang. Beide Formen sind gleichwertig.

Der Start lädt die Simulation von PhET (University of Colorado).Bei PhET öffnen ↗

Musterlösung

H-alpha-Linie aus Rydberg-Formel

Berechne die Wellenlänge der Balmer-H-alpha-Linie ( $n_2 = 3 \to n_1 = 2$ ) im Wasserstoffspektrum mit $R_H = 1{,}097\cdot 10^{7}\,\text{m}^{-1}$ .

Schritt 1 — Rydberg-Formel anwenden
$1/\lambda = R_H (1/4 - 1/9) = R_H \cdot 5/36$ .
$\dfrac{1}{\lambda} = R_H\left(\dfrac{1}{n_1^2}-\dfrac{1}{n_2^2}\right)$
Schritt 2 — Zahlenwerte einsetzen
$1/\lambda = 1{,}097\cdot 10^{7} \cdot 5/36 \approx 1{,}524\cdot 10^{6}\,\text{m}^{-1}$ .
Schritt 3 — Wellenlänge
$\lambda = 1/(1{,}524\cdot 10^{6}) \approx 6{,}56\cdot 10^{-7}\,\text{m} = 656\,\text{nm}$ .
Schritt 4 — Interpretation
Rot — entspricht der charakteristischen H-alpha-Linie im sichtbaren Spektrum von Wasserstoff (Sonnenspektrum, Emissionsnebel).

Ergebnis: $\lambda_{H\alpha} \approx 656\,\text{nm}$ (rot, sichtbar).

Typische Fehler

Mit $E_n = +13{,}6/n^2$ gerechnet. Die Niveaus sind negativ (gebunden); nur Differenzen sind positiv.
Die Energie des Endzustands als Photonenenergie genommen statt der Differenz beider Niveaus.
Die Ionisierungsenergie aus $n = 2$ statt aus dem Grundzustand $n = 1$ bestimmt.
Die Bahnvorstellung für physikalisch real gehalten. Nach der Quantenmechanik hat das Elektron keine Bahn, sondern eine Aufenthaltswahrscheinlichkeit.
Die Balmer-Serie den Übergängen nach $n = 1$ zugeordnet. Balmer endet bei $n = 2$ ; nach $n = 1$ führt die Lyman-Serie (Ultraviolett).

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Leiten Sie $E_n \propto -1/n^2$ aus dem Coulomb-Kräftegleichgewicht $m_e v^2/r = e^2/(4\pi\varepsilon_0 r^2)$ zusammen mit der Quantenbedingung her, indem Sie zunächst $r_n \propto n^2$ zeigen. Diskutieren Sie anschließend, warum dasselbe Vorgehen bei Helium bereits versagt.

Aktive Wiederholung

Berechnen Sie für das Wasserstoffatom die Energien der Niveaus $n = 2$ und $n = 3$ sowie die Wellenlänge des Übergangs $n = 3 \to n = 2$ . Ordnen Sie die Linie einer Serie und einem Spektralbereich zu und geben Sie die Ionisierungsenergie aus dem Grundzustand an.

Passende Aufgaben üben70 Fragen zum Thema

Aktiv abrufen

Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: LEIFIphysik — Bohrsches Atommodell und Wasserstoffspektrum (Joachim Herz Stiftung)

Der Franck-Hertz-Versuch — diskrete Energieniveaus direkt gemessen#

~4 Min LesezeitStandardKMK 2.6.3Atomvorstellungen

Franck-Hertz-Versuch — Strom-Spannungs-Verlauf

Abb. 5Periodische Struktur der Anodenstromstärke mit einem Abstand aufeinanderfolgender Maxima (bzw. Einbrüche) von

4{,}9

V belegt die diskreten Energieniveaus des Quecksilberatoms.

Das Bohrsche Modell behauptet diskrete Energieniveaus — aber alle bisherigen Belege waren SPEKTREN, also Aussagen über ausgesandtes Licht. Franck und Hertz zeigten 1914 dieselbe Diskretheit ohne jedes Licht, allein durch Stöße von Elektronen mit Atomen. Das ist der Grund für die besondere Stellung dieses Versuchs: Er misst die Niveaus direkt.

Im Aufbau durchlaufen Elektronen eine mit Quecksilberdampf gefüllte Röhre und werden zwischen Kathode und Gitter beschleunigt; hinter dem Gitter bremst eine kleine Gegenspannung sie ab, sodass nur hinreichend schnelle Elektronen die Auffängerelektrode erreichen. Gemessen wird der Auffängerstrom als Funktion der Beschleunigungsspannung.

Die entstehende Kennlinie zeigt ein charakteristisches Sägezahnmuster: Der Strom steigt zunächst, bricht bei etwa

4{,}9\,\text{V}

steil ein, steigt erneut, bricht bei

9{,}8\,\text{V}

wieder ein, und so fort. Die Einbrüche kommen in GLEICHEN Abständen von

4{,}9\,\text{V}

— das ist der eigentliche Messwert des Versuchs.

Die Deutung folgt aus der Unterscheidung zweier Stoßarten. Unterhalb von

4{,}9\,\text{eV}

sind alle Stöße ELASTISCH: Wegen des enormen Massenunterschieds gibt das Elektron praktisch keine Energie ab und kommt durch. Erreicht es genau

4{,}9\,\text{eV}

, wird der Stoß UNELASTISCH — das Quecksilberatom nimmt diesen Betrag als Anregung auf, das Elektron bleibt kraftlos zurück und schafft die Gegenspannung nicht mehr. Der Strom bricht ein.

Dass die Einbrüche periodisch wiederkehren, zeigt: Ein Elektron kann bei genügend hoher Spannung MEHRFACH anregen — nach dem ersten Stoß wird es erneut beschleunigt und gibt bei nochmals

4{,}9\,\text{eV}

wieder alles ab. Das erklärt die konstanten Abstände und beweist zugleich, dass es sich um EINE bestimmte Anregungsenergie handelt, nicht um einen zufälligen Schwellenwert.

Die Gegenprobe liefert das Licht: Die angeregten Atome fallen zurück und senden dabei Photonen der Energie

4{,}9\,\text{eV}

aus, was

\lambda = 1240/4{,}9 \approx 253\,\text{nm}

entspricht — eine Ultraviolettlinie, die im Quecksilberspektrum tatsächlich existiert. Stoßversuch und Spektroskopie liefern denselben Wert; genau diese Übereinstimmung macht den Beleg zwingend.

Vokabeln

→ Kartei

der unelastische StoßStoß mit Energieübertrag auf innere Anregung
die AnregungsenergieEnergie zum Heben eines Elektrons auf ein höheres Niveau
die Gegenspannungkleine Bremsspannung hinter dem Gittersiebt energiearme Elektronen aus
die Kennliniegemessener Zusammenhang von Strom und Beschleunigungsspannung

Anregungsenergie im Stoßversuch

e\,U_{\text{anreg}} = E_2 - E_1 = h\,f

$U_{\text{anreg}}$ der Spannungsabstand der Stromeinbrüche in V (Quecksilber: $4{,}9\,\text{V}$ ); rechts die beim Rückfall ausgesandte Photonenenergie — Stoß und Emission liefern denselben Betrag.

Musterlösung

Anregungsenergie und Emissionswellenlänge beim Quecksilber

Die Stromeinbrüche eines Franck-Hertz-Versuchs liegen $4{,}9\,\text{V}$ auseinander. Berechnen Sie die Anregungsenergie und die Wellenlänge des beim Rückfall ausgesandten Photons.

Anregungsenergie ablesen
Der Spannungsabstand der Einbrüche entspricht unmittelbar der Energie, die ein Elektron je unelastischem Stoß abgibt: $E = e\cdot 4{,}9\,\text{V} = 4{,}9\,\text{eV}$ .
Photonenenergie gleichsetzen
Das angeregte Atom fällt in den Grundzustand zurück und gibt die Energie als EIN Photon ab, also $h\,f = 4{,}9\,\text{eV}$ .
$\lambda = \dfrac{h\,c}{E} = \dfrac{1240\,\text{eV}\,\text{nm}}{E}$
Wellenlänge auswerten
$\lambda = 1240 / 4{,}9 \approx 253\,\text{nm}$ — ultraviolett, für das Auge unsichtbar.
Mit dem Spektrum abgleichen
Im Quecksilberspektrum existiert tatsächlich eine starke Linie bei $253{,}7\,\text{nm}$ . Dass ein reiner STOSSversuch denselben Wert liefert wie die Spektroskopie, ist der eigentliche Beweis: Die Energieniveaus sind eine Eigenschaft des Atoms, nicht des Messverfahrens.

Ergebnis: Anregungsenergie $4{,}9\,\text{eV}$ , Emissionswellenlänge $\lambda \approx 253\,\text{nm}$ — in Übereinstimmung mit der bekannten Quecksilberlinie bei $253{,}7\,\text{nm}$ .

Typische Fehler

Die Stromeinbrüche mit dem Ionisieren der Atome erklärt. Es handelt sich um ANREGUNG; die Ionisierungsenergie des Quecksilbers liegt bei rund $10{,}4\,\text{eV}$ .
Angenommen, das Elektron gebe beim elastischen Stoß viel Energie ab. Wegen des großen Massenunterschieds ist der Übertrag verschwindend.
Die Abstände der Maxima als zufällig oder apparaturbedingt gedeutet statt als die eine Anregungsenergie.
Die Gegenspannung mit der Beschleunigungsspannung verwechselt; die Gegenspannung ist klein und wirkt hinter dem Gitter.
Behauptet, der Strom falle nach dem Einbruch auf null. Er sinkt nur deutlich und steigt danach wieder an.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Begründen Sie mit dem Impuls- und Energieerhaltungssatz quantitativ, warum beim elastischen Stoß eines Elektrons ( $m_e$ ) mit einem Quecksilberatom ( $\approx 200\,u$ ) nur ein Bruchteil von rund $10^{-5}$ der kinetischen Energie übertragen wird — und damit, warum unterhalb der Anregungsschwelle praktisch kein Energieverlust auftritt.

Aktive Wiederholung

Die Kennlinie eines Franck-Hertz-Versuchs mit Quecksilber zeigt Stromeinbrüche bei $4{,}9\,\text{V}$ , $9{,}8\,\text{V}$ und $14{,}7\,\text{V}$ . Erläutern Sie das Zustandekommen und berechnen Sie die Wellenlänge der beim Rückfall ausgesandten Strahlung. Begründen Sie, warum die Abstände konstant sind.

Passende Aufgaben üben70 Fragen zum Thema

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Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: LEIFIphysik — Franck-Hertz-Versuch (Joachim Herz Stiftung)

Vom Bohr-Modell zum Orbitalmodell#

~3 Min LesezeitVertiefungKMK 2.6.3Atomvorstellungen

Atommodelle — was jedes erklärt und was nicht

Abb. 6Modelle werden nicht widerlegt, sondern in ihrer Reichweite begrenzt. Die dritte Spalte ist der Grund, warum das nächste Modell nötig wurde.

Die Geschichte der Atommodelle ist eine Kette von Widerlegungen, und jede lohnt es zu kennen: Daltons unteilbare Kugel scheitert an der Existenz von Elektronen; Thomsons Rosinenkuchen an Rutherfords Streuversuch, in dem einzelne Alphateilchen um mehr als

90°

zurückgeworfen werden; Rutherfords Planetenmodell an der klassischen Strahlungskatastrophe; Bohrs Modell schließlich an Mehrelektronenatomen und der Feinstruktur.

Das quantenmechanische Modell gibt die Bahnvorstellung vollständig auf. An ihre Stelle tritt die Wellenfunktion

\psi

, deren Betragsquadrat

|\psi|^2

die Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichte angibt. Ein Orbital ist demnach kein Weg und keine Schale, sondern der Raumbereich, in dem sich das Elektron mit einer festgelegten Wahrscheinlichkeit — üblicherweise

90\,\%

— aufhält.

Ein anschaulicher Zugang ist der eindimensionale Potenzialtopf: Ein Elektron zwischen zwei undurchdringlichen Wänden im Abstand

L

verhält sich wie eine stehende Welle, für die

L = n\,\lambda/2

gelten muss. Mit

\lambda = h/p

folgt daraus unmittelbar die Quantisierung

E_n = n^2h^2/(8 m L^2)

— die diskreten Niveaus entstehen hier also nicht als Postulat, sondern als RANDBEDINGUNG einer Welle.

Der Potenzialtopf erklärt zugleich, warum es eine Nullpunktsenergie gibt:

n = 0

ist verboten, weil dann

\psi \equiv 0

wäre und das Elektron nirgends. Ein vollständig ruhendes, exakt lokalisiertes Elektron ist mit der Unbestimmtheitsrelation unvereinbar — je enger der Topf, desto größer die Mindestenergie.

Die Grenzen dieses Modells sind ebenso lehrreich: Es ist eindimensional, nimmt unendlich hohe Wände an und ignoriert die Coulomb-Anziehung des Kerns. Für das reale Atom liefert es keine korrekten Energien — wohl aber die richtige STRUKTUR der Erklärung, nämlich dass Einsperrung zu Quantisierung führt.

Im realen Atom kennzeichnen vier Quantenzahlen den Zustand:

n

(Hauptquantenzahl, Energie und Schale),

l

(Bahndrehimpuls, Orbitalform s/p/d/f),

m_l

(räumliche Orientierung) und

m_s

(Spin). Mit dem Pauli-Prinzip — keine zwei Elektronen in allen vier Quantenzahlen gleich — folgt daraus zwanglos der Schalenaufbau und damit die Struktur des Periodensystems.

Vokabeln

→ Kartei

das OrbitalRaumbereich mit hoher Aufenthaltswahrscheinlichkeit (meist 90 %)
die WellenfunktionZustandsfunktion $\psi$; $|\psi|^2$ ist die Wahrscheinlichkeitsdichte
der PotenzialtopfModell eines eingesperrten Teilchens zwischen undurchdringlichen Wänden
die Nullpunktsenergieunvermeidbare Mindestenergie des eingesperrten Teilchens
das Pauli-Prinzipkeine zwei Elektronen stimmen in allen vier Quantenzahlen überein

Energieniveaus im eindimensionalen Potenzialtopf

E_n = \dfrac{n^2\,h^2}{8\,m\,L^2},\qquad n = 1, 2, 3, \dots

$E_n$ in J, $h$ das Wirkungsquantum in J s, $m$ die Teilchenmasse in kg, $L$ die Topfbreite in m. $n = 0$ ist ausgeschlossen — daraus folgt die Nullpunktsenergie.

Nachweiswahrscheinlichkeit im Volumenelement

|\psi(x)|^2\,\mathrm{d}V

Das Betragsquadrat der Wellenfunktion ist die Wahrscheinlichkeitsdichte; multipliziert mit dem Volumenelement $\mathrm{d}V$ ergibt sich die Wahrscheinlichkeit, das Elektron dort nachzuweisen.

Typische Fehler

Orbitale als Bahnen oder als feste Schalen gezeichnet. Sie sind Wahrscheinlichkeitsverteilungen.
Im Potenzialtopf $n = 0$ zugelassen. Dann verschwände die Wellenfunktion überall — der Zustand existiert nicht.
In $E_n = n^2h^2/(8mL^2)$ das Quadrat bei $n$ oder bei $L$ übersehen.
Das Bohr-Modell als „falsch und deshalb wertlos" abgetan. Es beschreibt das Wasserstoffspektrum korrekt und ist ein tragfähiges Übergangsmodell.
Das Pauli-Prinzip auf die Hauptquantenzahl allein bezogen. Es fordert Verschiedenheit im gesamten Quadrupel $(n, l, m_l, m_s)$ .

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Leiten Sie $E_n = n^2h^2/(8mL^2)$ vollständig aus der Randbedingung $L = n\lambda/2$ her. Schätzen Sie anschließend mit $\Delta x \approx L$ und der Unbestimmtheitsrelation die Mindestenergie ab und vergleichen Sie sie mit $E_1$ — beide Wege müssen dieselbe Größenordnung liefern.

Aktive Wiederholung

Ein Elektron sei in einem eindimensionalen Potenzialtopf der Breite $L = 0{,}50\,\text{nm}$ eingesperrt. Berechnen Sie die Energien der Zustände $n = 1$ und $n = 2$ in eV und begründen Sie, warum der Zustand $n = 0$ nicht existiert. Beurteilen Sie anschließend, welche Eigenschaften realer Atome dieses Modell NICHT beschreibt.

Passende Aufgaben üben70 Fragen zum Thema

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Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: LEIFIphysik — Atommodelle und Orbitalmodell (Joachim Herz Stiftung)

Compton-Effekt und der Impuls des Photons#

~4 Min LesezeitVertiefungKMK 2.6.3Quantenobjekte

Der Compton-Effekt — Größen und Deutung

Abb. 7Der entscheidende Befund: Die Wellenlängenänderung hängt NUR vom Streuwinkel ab, nicht von der Wellenlänge und nicht vom Material.

Der Photoeffekt zeigt, dass Licht Energie in Portionen überträgt. Er lässt aber noch offen, ob das Photon auch IMPULS trägt — und damit, ob es sich in Stößen wie ein echtes Teilchen verhält. Genau das beantwortet Comptons Streuversuch von 1923 an nahezu freien Elektronen in Graphit.

Das Photon trägt zwar keine Masse, aber sehr wohl Impuls:

p = h/\lambda = E/c

. Diese Beziehung ist kein Zusatzpostulat, sondern folgt aus der relativistischen Energie-Impuls-Beziehung für ein masseloses Objekt und passt exakt zur De-Broglie-Formel

\lambda = h/p

— dieselbe Gleichung, in die andere Richtung gelesen.

Der Befund ist eindeutig: Gestreute Röntgenstrahlung hat eine GRÖSSERE Wellenlänge als die einfallende, und die Verschiebung hängt allein vom Streuwinkel ab — nicht von der einfallenden Wellenlänge und nicht vom Material. Klassisch ist das unmöglich: Eine Welle, die Elektronen zum Mitschwingen anregt, müsste mit UNVERÄNDERTER Frequenz streuen.

Quantenphysikalisch ist es dagegen einfach ein elastischer Stoß zweier Teilchen. Das Photon gibt Energie und Impuls an das Elektron ab; weniger Energie bedeutet nach

E = h c/\lambda

zwingend eine größere Wellenlänge. Aus Energie- und Impulserhaltung folgt die Compton-Formel

\Delta\lambda = \lambda_C\,(1 - \cos\varphi)

Die Compton-Wellenlänge des Elektrons

\lambda_C = h/(m_e c) \approx 2{,}43\,\text{pm}

ist eine reine Naturkonstante. Sie setzt zugleich die Grenzen des Effekts: Bei Rückwärtsstreuung (

\varphi = 180°

) ist die Verschiebung mit

2\lambda_C \approx 4{,}9\,\text{pm}

maximal, bei Vorwärtsstreuung null.

Daraus folgt, warum der Effekt Röntgenstrahlung braucht: Eine absolute Verschiebung von wenigen Pikometern ist bei

\lambda \approx 50\,\text{pm}

(Röntgen) ein Effekt von Prozenten und gut messbar, bei sichtbarem Licht (

\lambda \approx 500\,\text{nm}

) aber relativ

10^{-5}

und praktisch unsichtbar. Photoeffekt und Compton-Effekt zusammen belegen: Das Photon trägt Energie UND Impuls, ist also in jeder Hinsicht ein Teilchen.

Vokabeln

→ Kartei

der Compton-EffektWellenlängenzunahme bei Streuung von Röntgenstrahlung an Elektronen
der Photonenimpuls$p = h/\lambda = E/c$; Impuls ohne Masse
die Compton-WellenlängeNaturkonstante $h/(m_e c) \approx 2{,}43$ pm
der StreuwinkelWinkel zwischen einfallender und gestreuter Richtung

Impuls eines Photons

p = \dfrac{h}{\lambda} = \dfrac{E}{c}

$p$ in kg m/s, $\lambda$ die Wellenlänge in m, $E$ die Photonenenergie in J, $c$ die Lichtgeschwindigkeit. Gilt für masselose Objekte — die Umkehrung der De-Broglie-Beziehung.

Compton-Verschiebung

\Delta\lambda = \lambda_C\,(1 - \cos\varphi),\qquad \lambda_C = \dfrac{h}{m_e\,c} \approx 2{,}43\,\text{pm}

$\Delta\lambda$ die Zunahme der Wellenlänge in m, $\varphi$ der Streuwinkel, $\lambda_C$ die Compton-Wellenlänge des Elektrons. Unabhängig von der einfallenden Wellenlänge und vom Streumaterial.

Musterlösung

Compton-Streuung unter 90 Grad

Röntgenstrahlung mit $\lambda = 50{,}0\,\text{pm}$ wird unter $\varphi = 90°$ gestreut. Berechnen Sie die Verschiebung, die gestreute Wellenlänge und die auf das Elektron übertragene Energie.

Verschiebung berechnen
Mit $\cos 90° = 0$ vereinfacht sich die Compton-Formel zu $\Delta\lambda = \lambda_C = 2{,}43\,\text{pm}$ — bei $90°$ ist die Verschiebung also gerade eine Compton-Wellenlänge.
$\Delta\lambda = \lambda_C\,(1-\cos\varphi)$
Gestreute Wellenlänge
$\lambda' = 50{,}0 + 2{,}43 = 52{,}4\,\text{pm}$ — die Strahlung wird also langwelliger und damit energieärmer.
Energieübertrag bestimmen
Mit $E = 1240\,\text{eV}\,\text{nm}/\lambda$ : vorher $1240/0{,}0500 = 24{,}8\,\text{keV}$ , nachher $1240/0{,}0524 \approx 23{,}7\,\text{keV}$ . Die Differenz von rund $1{,}1\,\text{keV}$ hat das Elektron aufgenommen.
Größenordnung beurteilen
Relativ beträgt die Verschiebung $2{,}43/50{,}0 \approx 4{,}9\,\%$ — gut messbar. Bei sichtbarem Licht mit $\lambda = 500\,\text{nm}$ wäre dieselbe absolute Verschiebung nur $5\cdot 10^{-6}$ relativ und im Rauschen verschwunden. Das ist der Grund, warum Compton mit Röntgenstrahlung arbeitete.

Ergebnis: Verschiebung $\Delta\lambda = 2{,}43\,\text{pm}$ , gestreute Wellenlänge $\lambda' \approx 52{,}4\,\text{pm}$ , Energieübertrag $\approx 1{,}1\,\text{keV}$ (etwa $4{,}9\,\%$ relativ).

Typische Fehler

Angenommen, die gestreute Strahlung habe eine kleinere Wellenlänge. Das Photon VERLIERT Energie, die Wellenlänge wächst.
Dem Photon wegen $p = m v$ keinen Impuls zugestanden. Für masselose Objekte gilt $p = E/c = h/\lambda$ .
Die Compton-Verschiebung als abhängig von der einfallenden Wellenlänge behandelt. $\Delta\lambda$ hängt nur vom Winkel ab.
Im Term $(1 - \cos\varphi)$ Sinus statt Kosinus eingesetzt; die Kontrolle bei $\varphi = 0$ (Verschiebung null) deckt das sofort auf.
Behauptet, der Effekt trete bei sichtbarem Licht nicht auf. Er tritt auf, ist aber relativ zu klein, um gemessen zu werden.

LK-Vertiefung

eA-Vertiefung: Leiten Sie die Compton-Formel aus Energie- und Impulserhaltung her, indem Sie die relativistische Energie des Elektrons $E = \sqrt{(pc)^2 + (m_ec^2)^2}$ verwenden und den Elektronenimpuls eliminieren. Begründen Sie, warum die nichtrelativistische Rechnung hier nicht ausreicht.

Aktive Wiederholung

Röntgenstrahlung der Wellenlänge $\lambda = 50{,}0\,\text{pm}$ wird unter $\varphi = 90°$ gestreut. Berechnen Sie die Wellenlängenverschiebung, die Wellenlänge der gestreuten Strahlung und die auf das Elektron übertragene Energie. Begründen Sie, warum derselbe Versuch mit sichtbarem Licht praktisch nicht auswertbar wäre.

Passende Aufgaben üben70 Fragen zum Thema

Aktiv abrufen

Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: LEIFIphysik — Compton-Effekt (Joachim Herz Stiftung)

Stand 05/2026Vollständige Fassung über den Tiefenregler — gleiche Stelle, gleiche Anker

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Belege & Quellen

Quellen

Joachim Herz Stiftung

Kultusministerkonferenz

Bildungsstandards im Fach Physik für die Allgemeine Hochschulreife (2020), Kap. 2.6.3

Siehe auch