Uma das linhas de emissão do átomo de hidrogênio tem comprimento de onda de 93,8 \mathrm{~nm}. (a). Em qual região do espectro eletromagnético essa emissão é encontrada? (b). Determine os valores inicial e final de n associando a essa emissão.

Passo 1

O enunciado dá uma linha de emissão do átomo de hidrogênio com comprimento de onda \,93{,}8\\ \mathrm{nm}. As perguntas são:
(a) Em qual região do espectro eletromagnético essa emissão está?
(b) Quais são os números quânticos principal inicial e final n_i e n_f que correspondem a essa emissão?
Informações relevantes fornecidas:
  • Comprimento de onda dado: \lambda = 93{,}8\\ \mathrm{nm} = 93{,}8\times10^{-9}\\ \mathrm{m}.

Passo 2

Entendendo o que significa “linha de emissão” de hidrogênio (aula rápida e prática).
  • No átomo de hidrogênio os elétrons ocupam níveis de energia quantizados indicados por n=1,2,3,\dots.
  • Quando o elétron faz uma transição de um nível mais alto n_i para um nível mais baixo n_f ( n_i>n_f), emite um fóton cuja energia é igual à diferença das energias dos níveis.
  • A energia do fóton pode ser escrita como E = h\nu = \dfrac{hc}{\lambda}, onde:
    • h é a constante de Planck,
    • c é a velocidade da luz,
    • \lambda é o comprimento de onda do fóton.
  • Para o hidrogênio existe a fórmula prática da série de Rydberg que relaciona diretamente o comprimento de onda àos níveis:
\frac{1}{\lambda} = R\!\left(\frac{1}{n_f^{2}}-\frac{1}{n_i^{2}}\right),
onde:
  • R é a constante de Rydberg para o hidrogênio em unidades de \mathrm{m^{-1}}; numericamente R = 1{,}0973731568508\times 10^{7}\\ \mathrm{m^{-1}},
  • n_i é o número quântico principal inicial (inteiro, >n_f),
  • n_f é o número quântico principal final (inteiro).
No exame, para achar n_i e n_f usa-se essa equação: decide-se um possível n_f (séries conhecidas: Lyman n_f=1, Balmer n_f=2, Paschen n_f=3, etc.) e resolve-se ou testa-se n_i inteiro.

Passo 3

Determinar a região do espectro a partir do comprimento de onda (como fazer na prova).
  • Faixa grosso modo (importante memorizar ou ter tabelinha):
    • Visível: \,380\\ \mathrm{nm} até \,750\\ \mathrm{nm}.
    • Ultravioleta (UV): aproximadamente \,10\\ \mathrm{nm} até \,380\\ \mathrm{nm}.
    • Raios X: comprimentos de onda menores que alguns \,\mathrm{nm}.
  • Subdivisões do UV (usadas em física/óptica):
    • UV próximo: \sim300\!-\!380\\ \mathrm{nm},
    • UV médio/UV-C: \sim200\!-\!300\\ \mathrm{nm},
    • Vácuo/Extremo UV (EUV): aproximadamente \,10\\ \mathrm{nm} até \,121{,}6\\ \mathrm{nm} (ordens de grandeza).
  • Como \lambda = 93{,}8\\ \mathrm{nm} é bem menor que \,380\\ \mathrm{nm} e menor que \,100\\ \mathrm{nm}, essa emissão está na região do ultravioleta, mais precisamente na faixa chamada ultravioleta extremo (EUV) ou ultravioleta de vácuo.

Passo 4

Escolha do método para obter n_i e n_f (estratégia de prova).
  • Pelo tamanho do comprimento de onda (curto, tens de nm), é muito provável que seja uma linha da série de Lyman, que tem n_f=1 e produz comprimentos de onda menores que \,121{,}6\\ \mathrm{nm}.
  • Procedimento: testar n_f=1 na fórmula de Rydberg e ver para quais inteiros n_i a expressão dá \lambda próximo de \,93{,}8\\ \mathrm{nm}. Se não desse, testar n_f=2 etc., mas sabendo que para n_f\ge2 os comprimentos de onda são maiores (Balmer começa em \sim121{,}6\\ \mathrm{nm} para n_i=2\to n_f=1 — lembre disso na prova).

Passo 5

Aplicar a fórmula de Rydberg com n_f=1 e procurar n_i inteiro que gere \lambda\approx93{,}8\\ \mathrm{nm}.
  • Para n_f=1 a fórmula vira:
\frac{1}{\lambda} = R\!\left(1-\frac{1}{n_i^{2}}\right).
  • Isolando \lambda:
\lambda = \frac{1}{R\!\left(1-\dfrac{1}{n_i^{2}}\right)}.
  • É prático testar n_i=2,3,4,\dots até achar o que dá \lambda mais próximo de \,93{,}8\\ \mathrm{nm}. Vou calcular algumas transições da série de Lyman (usar a forma equivalente \lambda = \dfrac{n_i^{2}}{R(n_i^{2}-1)}, ou a forma \lambda = \dfrac{\mathrm{const}}{R} que mostra razão simples):
Para n_i=2 (Lyman- \alpha):
\lambda_{2\to1}=\frac{1}{R\!\left(1-\dfrac{1}{2^{2}}\right)}=\frac{1}{R\cdot\dfrac{3}{4}}=\frac{4}{3R}\approx 121{,}6\\ \mathrm{nm}.
Para n_i=3 (Lyman- \beta):
\lambda_{3\to1}=\frac{1}{R\!\left(1-\dfrac{1}{3^{2}}\right)}=\frac{1}{R\cdot\dfrac{8}{9}}=\frac{9}{8R}\approx 102{,}6\\ \mathrm{nm}.
Para n_i=4 (Lyman- \gamma):
\lambda_{4\to1}=\frac{1}{R\!\left(1-\dfrac{1}{4^{2}}\right)}=\frac{1}{R\cdot\dfrac{15}{16}}=\frac{16}{15R}\approx 97{,}25\\ \mathrm{nm}.
Para n_i=5 (Lyman- \delta):
\lambda_{5\to1}=\frac{1}{R\!\left(1-\dfrac{1}{5^{2}}\right)}=\frac{1}{R\cdot\dfrac{24}{25}}=\frac{25}{24R}\approx 94{,}97\\ \mathrm{nm}.
Para n_i=6 (Lyman- \epsilon):
\lambda_{6\to1}=\frac{1}{R\!\left(1-\dfrac{1}{6^{2}}\right)}=\frac{1}{R\cdot\dfrac{35}{36}}=\frac{36}{35R}.
Agora avalia numericamente usando R=1{,}0973731568508\times10^{7}\\ \mathrm{m^{-1}} e a relação 1/R\approx 9{,}112670\times10^{-8}\\ \mathrm{m}=91{,}12670\\ \mathrm{nm}:
\lambda_{6\to1}=\frac{36}{35}\cdot\frac{1}{R}\approx 1{,}0285714\cdot 91{,}12670\\ \mathrm{nm}\approx 93{,}78\\ \mathrm{nm}.
Compare com o valor dado \,93{,}8\\ \mathrm{nm}: a correspondência é excelente. Portanto a linha corresponde à transição n_i=6\to n_f=1.

Passo 6

Resumo do raciocínio como “receita de prova” para usar em situações semelhantes:
  • Identifique a região do espectro a partir de \lambda comparando com intervalos usuais (visível, UV, raios X).
  • Use a fórmula de Rydberg \dfrac{1}{\lambda}=R\!\left(\dfrac{1}{n_f^{2}}-\dfrac{1}{n_i^{2}}\right).
  • Para emissão, escolha um n_f provável (Lyman n_f=1 produz as menores \lambda), teste inteiros n_i>n_f até que a \lambda calculada coincida com a dada.
  • No problema de hoje seguimos exatamente isso e encontramos n_i=6 e n_f=1.

Resposta

(a) Ultravioleta extremo (EUV), ou ultravioleta de vácuo.
(b) n_i=6,\\ n_f=1

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