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Descreva (quantitativamente) o espectro do íon hélio, \mathrm{He}^{+}.

Passo 1

O enunciado pede: “Descreva (quantitativamente) o espectro do íon hélio, \mathrm{He}^{+}.”
Informações que o enunciado nos dá (e que são essenciais):
  • O alvo é o íon \mathrm{He}^{+}: trata‑se de um átomo de hélio que perdeu um elétron, portanto tem apenas um elétron ligado ao núcleo.
  • O número atômico do núcleo é Z=2.
    O que se espera obter na descrição quantitativa (isso é o que vamos responder): níveis de energia \,E_n, expressão para os comprimentos de onda/freqüências das linhas (fórmula de Rydberg ajustada para \mathrm{He}^{+}), valores numéricos de algumas linhas importantes (por exemplo as primeiras linhas das séries análogas a Lyman e Balmer), e os limites de série (limite de ionização).

Passo 2

Conceito físico e fórmula fundamental (sem derivar formalmente): íons com um único elétron (átomos hidrogenoides) têm níveis de energia que seguem a mesma lei do hidrogênio, com dependência em Z^2. A expressão prática que usamos é a energia do nível n:
E_n = - \frac{Z^2\,R_\mathrm{y}}{n^2},
onde:
  • E_n é a energia do nível n (usualmente em electronvolts, eV), com E_n<0 para níveis ligados;
  • Z é a carga nuclear (para \mathrm{He}^{+}, Z=2);
  • R_\mathrm{y} é a energia de Rydberg para elétron ligado ao núcleo com massa efetiva igual à massa do elétron (o valor usual é R_\mathrm{y}\approx 13{,}605693\\ \mathrm{eV});
  • n=1,2,3,\dots é o número quântico principal.
Explicação didática rápida: essa fórmula vem da solução do problema de um elétron ligado a uma carga central (modelo de Bohr ou solução da equação de Schrödinger para potencial coulombiano). O fator Z^2 aparece porque o potencial atrativo é proporcional a Z, o que aumenta as energias (em módulo) por Z^2.

Passo 3

Correção por massa reduzida (por que aparece e efeito numérico): na fórmula exata é preciso substituir a massa do elétron m_e pela massa reduzida \mu do sistema elétron–núcleo:
\mu=\frac{m_e M}{m_e+M},
onde M é a massa do núcleo. Isso corrige levemente as energias porque o núcleo não é infinitamente pesado. A forma prática da correção é multiplicar R_\mathrm{y} por \mu/m_e. Para \mathrm{He}^{+} o núcleo tem massa aproximadamente M\approx 4\,\text{u} (quatro unidades de massa atômica), o que dá um fator
\frac{\mu}{m_e}=\frac{1}{1+\dfrac{m_e}{M}}\approx 0{,}999864
(ou seja, uma diferença muito pequena, da ordem de 1{,}4\times10^{-4}). Para a maioria dos cálculos práticos básicos podemos usar R_\mathrm{y} sem essa correção; se quiser precisão muito alta basta multiplicar por \mu/m_e. Neste desenvolvimento usarei a forma prática com R_\mathrm{y}=13{,}605693\\ \mathrm{eV} e mostrarei também a influência da massa reduzida quando relevante.

Passo 4

Aplicando para \mathrm{He}^{+}: com Z=2 temos
E_n = - \frac{(2)^2\,R_\mathrm{y}}{n^2} = -\frac{4\,R_\mathrm{y}}{n^2}.
Substituindo numericamente R_\mathrm{y}:
E_n \approx -\frac{4\times 13{,}605693\\ \mathrm{eV}}{n^2} \approx -\frac{54{,}422772\\ \mathrm{eV}}{n^2}.
(Se incluir a correção da massa reduzida multiplicar por \mu/m_e\approx0{,}999864, obtendo E_n\approx -\dfrac{54{,}415\\ \mathrm{eV}}{n^2}.)
Interpretação prática: o nível fundamental n=1 tem energia aproximadamente -54{,}4\\ \mathrm{eV}; n=2 tem -13{,}606\\ \mathrm{eV} (note que -54{,}4/4=-13{,}6), n=3 tem -6{,}049\\ \mathrm{eV}, etc.

Passo 5

Fórmula para as transições (comprimento de onda / frequência): a energia do fóton emitido numa transição n_i\to n_f ( n_i>n_f) é
\Delta E = E_{n_f}-E_{n_i} = 4R_\mathrm{y}\!\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right).
A relação para o número de onda (recíproco do comprimento de onda) é a forma de Rydberg:
\frac{1}{\lambda} = R_\infty \,\frac{\mu}{m_e}\,Z^2\!\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right),
onde R_\infty é a constante de Rydberg para massa nuclear infinita ( R_\infty\approx 1{,}0973731568\times10^{7}\\ \mathrm{m^{-1}}). Para \mathrm{He}^{+} (com Z=2) e desprezando a pequena correção de massa reduzida, isto reduz-se a
\frac{1}{\lambda}\approx 4R_\infty\!\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right).
A frequência é \nu=\Delta E/h e o comprimento de onda em metros é \lambda = \dfrac{hc}{\Delta E} (com hc\approx 1240\\ \mathrm{eV\cdot nm} se desejar \lambda em nm).

Passo 6

Cálculos numéricos de exemplo (linhas mais importantes). Vou dar valores aproximados usando R_\mathrm{y}=13{,}605693\\ \mathrm{eV} e hc=1240\\ \mathrm{eV\cdot nm}.
  • Energia do nível n=1:
E_1 \approx -54{,}4228\\ \mathrm{eV}.
  • Transição análoga à Lyman- \alpha ( 2\to1):
\Delta E_{2\to1} = 4R_\mathrm{y}\!\left(1-\frac{1}{2^2}\right)=54{,}4228\cdot\frac{3}{4}=40{,}8171\\ \mathrm{eV},
\lambda_{2\to1}=\frac{1240}{40{,}8171}\\ \mathrm{nm}\approx 30{,}392\\ \mathrm{nm}.
  • Transição 3\to1 (Lyman- \beta-like):
\Delta E_{3\to1}=54{,}4228\cdot\left(1-\frac{1}{9}\right)=54{,}4228\cdot\frac{8}{9}\approx 48{,}356\\ \mathrm{eV},
\lambda_{3\to1}\approx \frac{1240}{48{,}356}\\ \mathrm{nm}\approx 25{,}639\\ \mathrm{nm}.
  • Limite da série Lyman (ionização do nível n=1, n_i\to\infty):
\lambda_{\text{lim,Lyman}}=\frac{hc}{54{,}4228\\ \mathrm{eV}}\approx \frac{1240}{54{,}4228}\\ \mathrm{nm}\approx 22{,}794\\ \mathrm{nm}.
  • Exemplo da série análoga a Balmer: linha 3\to2 (Balmer- \alpha-like):
\Delta E_{3\to2}=54{,}4228\!\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}\right)=54{,}4228\cdot\frac{5}{36}\approx 7{,}5556\\ \mathrm{eV},
\lambda_{3\to2}\approx \frac{1240}{7{,}5556}\\ \mathrm{nm}\approx 164{,}12\\ \mathrm{nm}.
Observações numéricas: todas as linhas de \mathrm{He}^{+} são mais energéticas (comprimentos de onda menores) que as linhas análogas do hidrogênio por um fator Z^2=4. Assim, muitas linhas caem no ultravioleta profundo / extremo ultravioleta (EUV) — por exemplo, Lyman- \alpha de \mathrm{He}^{+} fica em \sim 30{,}4\\ \mathrm{nm} (EUV), enquanto as linhas de Balmer ficam na UV-vácuo.

Passo 7

Resumo conceitual e como usar isso na prova (dicas práticas):
  • Regra rápida para \mathrm{He}^{+}: trate-o como "hidrogênio com Z=2". Então, sempre multiplique as energias do hidrogênio por Z^2=4 (ou divida os comprimentos de onda por 4).
  • Fórmula pronta para usar:
E_n\approx -\frac{54{,}4228\\ \mathrm{eV}}{n^2}, \qquad \frac{1}{\lambda}\approx 4R_\infty\!\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right).
  • Para calcular rapidamente uma linha: calcule \Delta\!\left(\dfrac{1}{n^2}\right)=\dfrac{1}{n_f^2}-\dfrac{1}{n_i^2}, multiplique por 4R_\infty para achar 1/\lambda (em \mathrm{m^{-1}}) ou por 4R_\mathrm{y} para achar \Delta E em eV; então \lambda=\dfrac{1240}{\Delta E} (em nm).
  • Atenção se precisarem de precisão alta: inclua o fator de massa reduzida \mu/m_e\approx0{,}999864.

Resposta

E_n = -\dfrac{4R_\mathrm{y}}{n^2}\approx -\dfrac{54{,}4228\\ \mathrm{eV}}{n^2}.
\displaystyle \frac{1}{\lambda} \approx 4R_\infty\!\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right) (ou multiplicar por \mu/m_e para corrigir massa reduzida).
Exemplos numéricos: \lambda_{2\to1}\approx 30{,}392\\ \mathrm{nm},\\ \lambda_{3\to1}\approx 25{,}639\\ \mathrm{nm}, limite Lyman \lambda_{\infty\to1}\approx 22{,}794\\ \mathrm{nm}.
Linha análoga a Balmer- \alpha ( 3\to2): \lambda_{3\to2}\approx 164{,}12\\ \mathrm{nm}.

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