Baseado no trecho acima, responda:
c) Demonstre que numa órbita n o elétron, no átomo de hidrogênio, terá energia dada por: E_{n}=-\frac{13,6}{n^{2}} eV, com n=1,2,3, \cdots.

Passo 1

O que o enunciado pede: demonstrar que, numa órbita \,n, do átomo de hidrogénio, a energia do electrão é dada por
E_{n}=-\frac{13,6}{n^{2}}\\ \text{eV},\qquad n=1,2,3,\ldots
Informações e hipóteses que vamos usar (todas fornecidas implicitamente pelo modelo de Bohr, que é o modelo adequado aqui):
  • Há uma força eléctrica coulombiana de atração entre o protão e o electrão, dada por Coulomb.
  • O electrão descreve órbitas circulares em torno do protão e a força centrípeta necessária é providenciada pela força eléctrica.
  • A condição de quantização de Bohr: o momento angular do electrão é quantizado segundo \,m v r = n\hbar, com n inteiro positivo.
  • Variáveis e constantes que aparecerão:
    • m = massa do electrão,
    • e = carga elementar (módulo da carga do electrão),
    • \varepsilon_{0} = permissividade do vácuo,
    • h = constante de Planck, \hbar=\dfrac{h}{2\pi},
    • r = raio da órbita,
    • v = velocidade do electrão na órbita,
    • energia total E=T+U com T energia cinética e U energia potencial eléctrica.
A resolução começa a partir destas relações físicas básicas: Coulomb = força centrípeta e quantização do momento angular.

Passo 2

Força eléctrica (Coulomb) e centrípeta — montar a equação fundamental.
A força coulombiana de atração (módulo) entre duas cargas +e e -e separadas por distância r é
F_{\text{Coul}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r^{2}}.
Para o electrão manter-se numa órbita circular de raio r com velocidade v, a força centrípeta necessária é
F_{\text{cent}}=\frac{m v^{2}}{r}.
No equilíbrio (as duas forças são iguais em módulo),
\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r^{2}}=\frac{m v^{2}}{r}.
Simplificando um factor r,
\boxed{v^{2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{m r}.}
Explicação: esta relação liga a velocidade v à posição r devido ao balanço entre atracção eléctrica e força centrípeta.

Passo 3

Condição de quantização de Bohr e obtenção do raio da órbita \,r_{n}.
A condição de Bohr diz que o momento angular é quantizado:
m v r = n\hbar,\qquad n=1,2,3,\ldots
Isolando v obtemos
v=\frac{n\hbar}{m r}.
Agora substituímos essa expressão de v na equação de v^{2} obtida no passo anterior:
\left(\frac{n\hbar}{m r}\right)^{2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{m r}.
Multiplicando ambos os lados por m^{2}r^{2},
n^{2}\hbar^{2}=m\left(\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\right)e^{2}r.
Isolando r,
\boxed{r_{n}=\frac{4\pi\varepsilon_{0}\,\hbar^{2}}{m e^{2}}\,n^{2}.}
Explicação: este r_{n} é a expressão do raio da n-ésima órbita; o factor independente de n,
a_{0}=\frac{4\pi\varepsilon_{0}\,\hbar^{2}}{m e^{2}},
é chamado raio de Bohr (para n=1) e vale aproximadamente a_{0}\approx 0{,}529\\ \text{\AA}.

Passo 4

Energia cinética, energia potencial e energia total em função de r.
Energia cinética do electrão:
T=\frac{1}{2}m v^{2}.
Usando a relação do passo 2, m v^{2}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\dfrac{e^{2}}{r}, temos
\boxed{T=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r}\right)=\frac{1}{8\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r}.}
Energia potencial eléctrica (par protão–electrão, negativa por ser ligação):
\boxed{U=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r}.}
Energia total:
E=T+U=\frac{1}{8\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r}-\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r}=-\frac{1}{8\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r}.
Portanto
\boxed{E=-\frac{1}{8\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r}.}
Explicação: nota que a energia total numa órbita ligada é negativa (sistema ligado) e vale metade, em sinal oposto, da energia potencial.

Passo 5

Substituir r_{n} na expressão da energia e simplificar para obter E_{n} em termos de constantes e n.
Substituindo r=r_{n}=\dfrac{4\pi\varepsilon_{0}\hbar^{2}}{m e^{2}}\,n^{2} em E,
E_{n}=-\frac{1}{8\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r_{n}} =-\frac{1}{8\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{\dfrac{4\pi\varepsilon_{0}\hbar^{2}}{m e^{2}}\,n^{2}}.
Simplificando a fração:
E_{n}=-\frac{1}{8\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{m e^{4}}{4\pi\varepsilon_{0}\hbar^{2}}\cdot\frac{1}{n^{2}} =-\frac{m e^{4}}{32\pi^{2}\varepsilon_{0}^{2}\hbar^{2}}\cdot\frac{1}{n^{2}}.
Agora usamos \hbar=\dfrac{h}{2\pi}, logo \hbar^{2}=\dfrac{h^{2}}{4\pi^{2}}. Substituindo isto no numerador/denominador:
32\pi^{2}\varepsilon_{0}^{2}\hbar^{2}=32\pi^{2}\varepsilon_{0}^{2}\cdot\frac{h^{2}}{4\pi^{2}}=8\varepsilon_{0}^{2}h^{2}.
Portanto a expressão simplifica para
\boxed{E_{n}=-\frac{m e^{4}}{8\varepsilon_{0}^{2}h^{2}}\cdot\frac{1}{n^{2}}.}
Esta é a forma simbólica geral da energia dos níveis de Bohr.

Passo 6

Avaliar numericamente a constante para obter o valor em electronvolts e concluir.
A constante que multiplica 1/n^{2} é o chamado “Rydberg energy” R_{y} em joules:
R_{y}=\frac{m e^{4}}{8\varepsilon_{0}^{2}h^{2}}.
Se plugarmos os valores conhecidos das constantes físicas (aqui apresento os valores numéricos aproximados):
m=9{,}10938356\times10^{-31}\\ \mathrm{kg},\quad e=1{,}602176634\times10^{-19}\\ \mathrm{C},
\varepsilon_{0}=8{,}8541878128\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m},\quad h=6{,}62607015\times10^{-34}\\ \mathrm{J\cdot s},
obtemos (fazendo a multiplicação e divisão com cuidado) o valor
R_{y}\approx 2{,}179872\times10^{-18}\\ \mathrm{J}.
Para passar a electronvolts, dividimos por e (1 eV = 1{,}602176634\times10^{-19}\\ \mathrm{J}):
\frac{R_{y}}{e}\approx\frac{2{,}179872\times10^{-18}}{1{,}602176634\times10^{-19}}\\ \mathrm{eV}\approx 13{,}6057\\ \mathrm{eV}.
Arredondando para os dígitos usuais na literatura, obtém‑se 13{,}6\\ \mathrm{eV}. Portanto
\boxed{E_{n}=-\frac{13{,}6\\ \mathrm{eV}}{n^{2}}.}
Breve comentário de incentivo: essa derivação inteira vem direto da combinação de Coulomb + centrípeta + quantização do momento angular; segue um caminho algébrico simples quando a gente vai passo a passo.

Resposta

-\dfrac{13{,}6}{n^{2}}\\ \text{eV}

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