Considere um átomo de hidrogênio onde a força que mantém o elétron 2 \pi em órbita é do tipo elástica F(r)=-\alpha r, onde \alpha é uma constante positiva. Use o modelo de Bohr e deduza (a) a expressão quantizada para o raio da órbita e para (b) os níveis de energia. (c) Escreva a expressão da freqüência da luz absorvida num processo que leva o estado quântico de n_{i} para um n_{f}.

Passo 1

O enunciado dá um átomo de hidrogênio cujo elétron descreve órbitas circulares e a força central que o mantém em órbita é do tipo elástica:
F(r) = -\alpha r,
com \alpha>0. O problema pede três coisas:
(a) deduzir a expressão quantizada para o raio da órbita;
(b) deduzir os níveis de energia associados a essas órbitas;
(c) escrever a expressão da frequência da luz absorvida num processo que leva o nível quântico n_i para n_f.
Informações importantes que vamos usar (fornecidas pelo enunciado): a forma da força F(r)=-\alpha r e que estamos usando o modelo de Bohr (órbitas circulares quantizadas). Não foi enviada nenhuma figura adicional.

Passo 2

Agora começo a resolução. Primeiro vou expor os postulados do modelo de Bohr que vou usar (explicando cada símbolo):
  • Equilíbrio de forças na órbita circular: a força centrípeta necessária para manter o elétron em movimento circular é provida pela força central. A expressão da força centrípeta é
\frac{m v^2}{r},
onde m é a massa do elétron, v é a velocidade tangencial e r é o raio da órbita.
  • Quantização do momento angular (postulado de Bohr): o momento angular do elétron é um múltiplo inteiro de \hbar,
m v r = n\hbar,
onde n=1,2,3,\dots é o número quântico principal e \hbar=\dfrac{h}{2\pi} é a constante de Planck reduzida. Aqui h é a constante de Planck.
Vou definir claramente cada variável quando aparecer: m = massa do elétron, v = velocidade do elétron na órbita, r = raio da órbita, \alpha = constante positiva do problema, n = número quântico inteiro.

Passo 3

Escrevo a condição de equilíbrio entre a força centrípeta e a força elástica (módulos das forças). A força elástica tem módulo \alpha r, então:
\frac{m v^2}{r} = \alpha r.
Explicação rápida: à esquerda está a aceleração centrípeta multiplicada por m; à direita está a força restauradora que aponta para o centro e tem módulo \alpha r.

Passo 4

Escrevo a condição de quantização do momento angular:
m v r = n\hbar.
Dessa equação posso isolar v em termos de r e n. Dividindo ambos os lados por m r,
v = \frac{n\hbar}{m r}.
Isto é importante porque me permite eliminar v da equação do passo anterior e obter uma relação só entre r e n.

Passo 5

Substituo v na equação de equilíbrio (Passo 3). A equação do passo 3 era \dfrac{m v^2}{r}=\alpha r. Usando v=\dfrac{n\hbar}{m r},
primeiro calcule v^2:
v^2 = \frac{n^2\hbar^2}{m^2 r^2}.
Agora substituo em \dfrac{m v^2}{r}:
\frac{m}{r}\cdot \frac{n^2\hbar^2}{m^2 r^2} = \alpha r.
Simplifico o lado esquerdo: um fator m cancela um dos m^2, ficando
\frac{n^2\hbar^2}{m r^3} = \alpha r.
Multiplico ambos os lados por r^3:
n^2\hbar^2 = \alpha m r^4.
Isolo r^4:
r^4 = \frac{n^2\hbar^2}{\alpha m}.
Tomo a raiz quarta dos dois lados para obter r:
r = \left(\frac{n^2\hbar^2}{\alpha m}\right)^{1/4}.
Posso reescrever destacando a dependência em n. Note que \left(n^2\right)^{1/4}=n^{1/2}, então
r_n = \left(\frac{\hbar^2}{\alpha m}\right)^{1/4}\, n^{1/2}.
Comentário didático: isso mostra que o raio cresce como a raiz quadrada de n (ou seja, r_n\propto n^{1/2}), ao contrário do átomo de Bohr com Coulomb onde r_n\propto n^2. Aqui a força elástica leva a outra depêndencia.

Passo 6

Agora calculo as energias. Primeiro a energia potencial associada à força F(r)=-\alpha r. Como F(r)=-\dfrac{dU}{dr}, integro:
-\frac{dU}{dr} = -\alpha r \quad\Rightarrow\quad \frac{dU}{dr}=\alpha r.
Integrando em r e escolhendo U(0)=0 como referência,
U(r)=\int_0^r \alpha r'\,dr' = \frac{1}{2}\alpha r^2.
Expliquei: U(r) é a energia potencial elástica (como numa mola), positiva para r\neq0.
A energia cinética T é
T = \frac{1}{2} m v^2.
Mas da equação do passo 3 temos m v^2 = \alpha r^2. Substituindo:
T = \frac{1}{2}\alpha r^2.
Portanto a energia total (soma de cinética e potencial) é
E = T + U = \frac{1}{2}\alpha r^2 + \frac{1}{2}\alpha r^2 = \alpha r^2.
Observação: aqui a energia total é positiva e igual a \alpha r^2.
Agora substituo o valor de r_n encontrado no Passo 5. Primeiro calcule r_n^2. A partir de
r_n = \left(\frac{n^2\hbar^2}{\alpha m}\right)^{1/4},
temos
r_n^2 = \left(\frac{n^2\hbar^2}{\alpha m}\right)^{1/2} = n\left(\frac{\hbar^2}{\alpha m}\right)^{1/2}.
Então a energia quântica fica
E_n = \alpha r_n^2 = \alpha \cdot n\left(\frac{\hbar^2}{\alpha m}\right)^{1/2}.
Fatorizando \alpha^{1/2},
E_n = n\,\hbar\sqrt{\frac{\alpha}{m}}.
Aqui simplifiquei usando \left(\hbar^2\right)^{1/2}=\hbar e \alpha\cdot(\alpha)^{-1/2}=\alpha^{1/2}. Conclusão: os níveis energéticos são proporcionais a n (níveis igualmente espaçados), com constante de proporcionalidade \hbar\sqrt{\alpha/m}.

Passo 7

Agora a frequência da luz absorvida quando ocorre uma transição do nível n_i para n_f. A energia do fóton absorvido \Delta E é a diferença entre os níveis:
\Delta E = E_{n_f}-E_{n_i} = (n_f-n_i)\,\hbar\sqrt{\frac{\alpha}{m}}.
A relação entre energia do fóton e frequência \nu é E_{\text{fóton}}=h\nuó. Assim,
h\nu = (n_f-n_i)\,\hbar\sqrt{\frac{\alpha}{m}}.
Dividindo por h e lembrando que \hbar=\dfrac{h}{2\pi},
\nu = (n_f-n_i)\,\frac{\hbar}{h}\sqrt{\frac{\alpha}{m}} = (n_f-n_i)\,\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\alpha}{m}}.
Comentário: a frequência depende apenas da diferença n_f-n_i (portanto as linhas formam uma série de harmônicos igualmente espaçados), e a unidade de \nu é Hz.

Resposta

r_n = \left(\frac{\hbar^2}{\alpha m}\right)^{1/4} n^{1/2}
E_n = n\,\hbar\sqrt{\frac{\alpha}{m}}
\nu_{i\to f} = (n_f-n_i)\,\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\alpha}{m}}

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