Balmer descobriu a Equação 8.1 em 1885 de forma empírica. Em 1913, o físico dinamarquês Niels Bohr deduziu a fórmula de Balmer a partir de um modelo físico, que lhe rendeu o Prêmio Nobel de 1922. Proceda conforme os passos a seguir e deduza a fórmula de Balmer. Sugestão: pesquise em um livro de física moderna, como o Tipler (cap. 4), Eisberg (cap. 4), Caruso (cap. 12), ou o Nussenzveig (cap. 7). { }^{1-5}
a) [1 pt] Considere que um átomo de hidrogênio consiste de um sistema de duas partículas: o próton e o elétron, distantes r entre si e com cargas +e \mathrm{e}-e, respectivamente. O elétron tem massa quase duas mil vezes menor que o próton. Portanto, todo o momentum do átomo pode ser atribuído ao próton. Isso significa que, no sistema próton - elétron, o próton pode ser considerado como o referencial do sistema atômico para o átomo de hidrogênio (assim como o Sol, para o sistema solar). Dessa forma, a força coulombiana é a força centrípeta. A partir dessas informações, mostre que a energia mecânica do elétron é
E=-\frac{k e^{2}}{2 r},
onde k=9,0 \times 10^{9} \mathrm{~N} \cdot \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{C}^{2} é a constante eletrostática da lei de Coulomb.
b) [1 pt] Sabe-se, do eletromagnetismo clássico, que uma carga acelerada, como um elétron em movimento circular, irradia e, portanto, perde energia continuamente. Bohr postulou que, na configuração atômica, o elétron não irradia se ocupar órbitas específicas, denominadas órbitas estacionárias. Neste caso, ele criou uma regra de seleção, segundo a qual o momento angular L do elétron deve ser
L=n \hbar,
onde n \in \mathbb{N}^{*} e \hbar=1,05 \times 10^{-34} \mathrm{~J} \cdot \mathrm{~s} é a constante de Planck reduzida. Sabendo que o momento angular de uma partícula de massa m em movimento circular de raio r é
L=m r^{2},
mostre que o raio da n-ésima órbita estacionária do elétron no átomo de hidrogênio é
r_{n}=n^{2} a_{0},
onde a_{0}=0,529 À é denominado raio de Bohr, dado por
a_{0}=\frac{\hbar^{2}}{m k e^{2}}.
c) [1 pt] Combine os resultados dos itens 3a e 3b e mostre que a energia da n-ésima órbita estacionária do elétron é
E_{n}=-\frac{E_{0}}{n^{2}},
onde E_{0}=13,6 \mathrm{eV} é a energia de ionização do elétron, dada por
E_{0}=\frac{m k^{2} e^{4}}{2 \hbar^{2}}.
d) [1 pt] A energia do fóton de comprimento de onda \lambda é
E=2 \pi \hbar \frac{c}{\lambda},
onde c=3,00 \times 10^{8} \mathrm{~m} / \mathrm{s} é a velocidade da luz. Bohr postulou que o fóton resulta da transição do elétron entre uma órbita estacionária m e n<m. A energia do fóton é a diferença de energia do elétron nas órbitas transitadas. Mostre que esse argumento leva à equação de Balmer para transição do elétron entre a órbita estacionária m=4.

Passo 1

O enunciado pede que a gente deduza a fórmula de Balmer seguindo quatro itens. Vou listar claramente o que cada item quer e os dados fornecidos:
  • (a) Mostrar que, para o elétron em órbita circular ao redor do próton, a energia mecânica é \displaystyle E = -\frac{k e^{2}}{2 r}. Dados: cargas +e (próton) e -e (elétron), separação r, constante eletrostática k=9{,}0\times 10^{9}\\ \mathrm{N\cdot m^{2}/C^{2}}. Assume-se o próton fixo (referencial do átomo).
  • (b) Usando a condição de quantização do momento angular \displaystyle L=n\hbar com n\in\mathbb{N}^{*} e \hbar=1{,}05\times10^{-34}\\ \mathrm{J\cdot s}, e sabendo a expressão correta do momento angular de uma partícula em movimento circular (veremos isso), mostrar que o raio da n-ésima órbita é \displaystyle r_n = n^{2} a_{0}, onde \displaystyle a_{0}=\frac{\hbar^{2}}{m k e^{2}} (raio de Bohr). Aqui m é a massa do elétron.
  • (c) Combinar (a) e (b) para obter \displaystyle E_{n}=-\frac{E_{0}}{n^{2}} com \displaystyle E_{0}=\frac{m k^{2} e^{4}}{2\hbar^{2}}=13{,}6\\ \mathrm{eV}.
  • (d) Usando \displaystyle E=\;2\pi\hbar\frac{c}{\lambda}= \frac{hc}{\lambda} e que o fóton tem energia igual à diferença de níveis para uma transição entre órbitas m (inicial) e n<m (final), deduzir a equação de Balmer para as transições que terminam em n=2 e, em particular, para a transição com m=4. Dados: c=3{,}00\times10^{8}\\ \mathrm{m/s}.
Não vou começar a resolver ainda — só identifiquei o que é pedido e as informações relevantes. Agora sim, partimos para a dedução passo a passo.

Passo 2

Força centrípeta e força de Coulomb — montar a equação de equilíbrio.
  • A força elétrica de atração entre próton e elétron (lei de Coulomb) tem módulo
F_{\text{Coulomb}}=\frac{k e^{2}}{r^{2}}.
  • Para o elétron em movimento circular de raio r com velocidade v, a força necessária para mantê‑lo na órbita (força centrípeta) tem módulo
F_{\text{centrípeta}}=\frac{m v^{2}}{r},í
onde m é a massa do elétron. (Explicação curta: a aceleração centrípeta vale v^{2}/r, e pela segunda lei F=ma.)
  • No átomo de hidrogênio, essa força elétrica fornece a força centrípeta, logo igualamos:
\frac{m v^{2}}{r}=\frac{k e^{2}}{r^{2}}.
  • Multiplicando ambos os lados por r obtemos
m v^{2}=\frac{k e^{2}}{r}.
Esse resultado relaciona a velocidade do elétron com o raio da órbita.

Passo 3

Energia cinética, energia potencial e resultado do item (a).
  • A energia cinética do elétron é
T=\frac{1}{2}m v^{2}.
  • Substituindo m v^{2} encontrado no passo anterior:
T=\frac{1}{2}\frac{k e^{2}}{r}=\frac{k e^{2}}{2 r}.
  • A energia potencial elétrica (potencial de duas cargas de sinais opostos) é
U=-\frac{k e^{2}}{r}.
(Explicação: o potencial de duas cargas +e e -e separadas por r é -k e^{2}/r; o sinal negativo indica ligação.)
  • A energia mecânica total é E=T+U. Logo,
E=\frac{k e^{2}}{2 r}-\frac{k e^{2}}{r}=-\frac{k e^{2}}{2 r}.
Concluímos exatamente o pedido no item (a):
\boxed{E=-\frac{k e^{2}}{2 r}.}

Passo 4

Quantização do momento angular e derivação do raio de Bohr — item (b).
  • O momento angular de uma partícula em movimento circular é, corretamente,
L=m v r.
(Observação didática: o momento angular em módulo é massa × velocidade tangencial × raio. O texto do enunciado parece ter omitido a velocidade; aqui usamos a expressão correta.)
  • Bohr postula quantização:
L=n\hbar,\qquad n=1,2,3,\dots
ou seja
m v r=n\hbar.
  • Da igualdade m v^{2}=\dfrac{k e^{2}}{r} do passo 2 podemos isolar v como v^{2}=\dfrac{k e^{2}}{m r}. Substituímos v na equação do momento angular: primeiro escrevemos v=\dfrac{n\hbar}{m r}; elevando ao quadrado,
v^{2}=\frac{n^{2}\hbar^{2}}{m^{2} r^{2}}.
  • Igualando as duas expressões para v^{2}:
\frac{n^{2}\hbar^{2}}{m^{2} r^{2}}=\frac{k e^{2}}{m r}.
  • Multiplicando ambos os lados por m^{2} r^{2} e simplificando:
n^{2}\hbar^{2}=m k e^{2} r.
  • Isolando r:
r=\frac{n^{2}\hbar^{2}}{m k e^{2}}.
  • Definimos o raio de Bohr a_{0} como o raio para n=1, ou seja
a_{0}=\frac{\hbar^{2}}{m k e^{2}}.
  • Portanto o raio da n-ésima órbita é
\boxed{r_{n}=n^{2}a_{0}.}
Esse é exatamente o resultado pedido no item (b).

Passo 5

Energia dos níveis — combinar (a) e (b) para obter E_n (item c).
  • Do passo 3 temos \displaystyle E=-\frac{k e^{2}}{2 r}. Substituímos r=r_{n}=n^{2}a_{0}:
E_{n}=-\frac{k e^{2}}{2\, n^{2} a_{0}}.
  • Substituindo a_{0}=\dfrac{\hbar^{2}}{m k e^{2}} (definição do passo 4):
E_{n}=-\frac{k e^{2}}{2 n^{2}}\cdot\frac{m k e^{2}}{\hbar^{2}}=-\frac{m k^{2} e^{4}}{2\hbar^{2}}\cdot\frac{1}{n^{2}}.
  • Definindo a constante
E_{0}=\frac{m k^{2} e^{4}}{2\hbar^{2}},
obtemos
\boxed{E_{n}=-\frac{E_{0}}{n^{2}}.}
  • Num valor numérico (usualmente empregado), E_{0}=13{,}6\\ \mathrm{eV} (energia de ionização do elétron no estado fundamental). Em joules,
E_{0}=13{,}6\\ \mathrm{eV}=13{,}6\times 1{,}602\times 10^{-19}\\ \mathrm{J}\approx 2{,}18\times 10^{-18}\\ \mathrm{J}.
Isso responde o item (c).

Passo 6

Energia do fóton e equação de Balmer — item (d), dedução geral.
  • Quando o elétron faz uma transição de um nível m (inicial) para um nível mais profundo n (final), a energia do fóton emitido é a diferença de energias:
\Delta E = E_{m}-E_{n} = -\frac{E_{0}}{m^{2}} - \left(-\frac{E_{0}}{n^{2}}\right)=E_{0}\!\left(\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{m^{2}}\right).
  • A energia do fóton também é dada por
E_{\text{fóton}}=\frac{hc}{\lambda},ó
onde h=2\pi\hbar. Igualando:
\frac{hc}{\lambda}=E_{0}\!\left(\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{m^{2}}\right).
  • Isolando 1/\lambda obtemos a forma clássica (Rydberg form):
\frac{1}{\lambda}=\frac{E_{0}}{hc}\left(\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{m^{2}}\right).
  • Para a série de Balmer a transição termina em n=2. Substituindo n=2 dá a fórmula de Balmer:
\boxed{\frac{1}{\lambda}=\frac{E_{0}}{hc}\left(\frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{m^{2}}\right).}
  • Se quisermos escrever a constante de Rydberg R na forma usual, definimos
R\equiv\frac{E_{0}}{hc},
e então
\frac{1}{\lambda}=R\left(\frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{m^{2}}\right).
Isso é a equação de Balmer.

Passo 7

Aplicação para a transição com m=4 (da órbita 4 para a 2): cálculo da \lambda numérica.
  • Para m=4 e n=2,
\frac{1}{\lambda}=\frac{E_{0}}{hc}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{16}\right)=\frac{E_{0}}{hc}\cdot\frac{3}{16}.
  • Portanto
\lambda=\frac{16}{3}\cdot\frac{hc}{E_{0}}.
  • Usando E_{0}\approx 2{,}18\times10^{-18}\\ \mathrm{J} e hc\approx 6{,}626\times10^{-34}\cdot 3{,}00\times10^{8}=1{,}9878\times10^{-25}\\ \mathrm{J\cdot m}, temos
\lambda\approx\frac{16}{3}\cdot\frac{1{,}9878\times10^{-25}}{2{,}18\times10^{-18}}\\ \mathrm{m}\approx 4{,}86\times10^{-7}\\ \mathrm{m}.
  • Em unidades mais usuais,
\lambda\approx 486\\ \mathrm{nm},
que é a linha H \beta da série de Balmer (visível, na região azul).

Resposta

(a) \displaystyle E=-\frac{k e^{2}}{2 r}.
(b) \displaystyle r_{n}=n^{2}a_{0},\quad a_{0}=\frac{\hbar^{2}}{m k e^{2}}.
(c) \displaystyle E_{n}=-\frac{E_{0}}{n^{2}},\quad E_{0}=\frac{m k^{2} e^{4}}{2\hbar^{2}}\\ (\approx 13{,}6\\ \mathrm{eV}).
(d) \displaystyle \frac{1}{\lambda}=\frac{E_{0}}{hc}\left(\frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{m^{2}}\right) (fórmula de Balmer, para n=2); para m=4, \displaystyle \lambda=\frac{16}{3}\frac{hc}{E_{0}}\approx 4{,}86\times10^{-7}\\ \mathrm{m}=486\\ \mathrm{nm}.

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