O modelo de Bohr para o átomo de hidrogênio pode ser comparado ao sistema Terra-Lua, em que o papel da Terra é desempenhado pelo próton e o da Lua pelo elétron, e a atração gravitacional é substituída pela eletrostática. A distância média entre o elétron e o próton no átomo é da ordem de 0.5 Å. Admitindo esse modelo,
(a) qual seria a frequência de revolução do elétron em torno de próton? Compare com a frequência da luz visível.
(b) Qual seria a velocidade do elétron em sua órbita nesse caso? Compare essa velocidade com a velocidade da luz no vácuo
(c) Baseado nos itens anteriores, esse modelo parece razoável? Explique seu raciocínio.
Dados:
\begin{aligned} e & =1.602176634 \times 10^{-19} \mathrm{C} \\\ m_{e} & =9.1093837139 \times 10^{-31} \mathrm{~kg} \\\ m_{p} & =1.67262192595 \times 10^{-27} \mathrm{~kg} \\\ c & =299792458 \frac{\mathrm{~m}}{\mathrm{~s}} \\\ \nu_{\text {visível }} & =400 \mathrm{THz} \text { a } 790 \mathrm{THz} \\\ k & =8.987551785972 \times 10^{9} \frac{\mathrm{Nm}^{2}}{\mathrm{C}^{2}} \end{aligned}í

Passo 1

O enunciado pede três coisas:
  • (a) calcular a frequência de revolução do elétron em torno do próton, assumindo órbita circular com raio aproximado de 0{,}5\\ \text{\AA}, e comparar esse valor com a faixa da luz visível.
  • (b) calcular a velocidade do elétron nessa órbita e comparar com a velocidade da luz no vácuo.
  • (c) a partir (a) e (b), dizer se o modelo “Terra-Lua” (elétron orbitando classicamente o próton) parece razoável, e justificar.
Informações fornecidas (peguei todos estes valores do enunciado):
\begin{aligned} e &=1{,}602176634\times10^{-19}\\ \mathrm{C},\\[4pt] m_e &=9{,}1093837139\times10^{-31}\\ \mathrm{kg},\\[4pt] m_p &=1{,}67262192595\times10^{-27}\\ \mathrm{kg},\\[4pt] c &=299792458\\ \mathrm{m/s},\\[4pt] \nu_{\text{visível}} &=400\\ \mathrm{THz}\\ \text{a}\\\ 790\\ \mathrm{THz},\\[4pt] k &=8{,}987551785972\times10^{9}\\ \mathrm{N\,m^{2}/C^{2}}. \end{aligned}í
Também uso a distância média dada:
r = 0{,}5\\ \text{\AA} = 0{,}5\times10^{-10}\\ \mathrm{m} = 5\times10^{-11}\\ \mathrm{m}.]

Passo 2

Vamos montar a equação física que determina a velocidade do elétron na órbita circular clássica. A força elétrica de atração entre próton e elétron (lei de Coulomb) fornece a força centrípeta que mantém o elétron em órbita.
Lei de Coulomb (módulo da força elétrica):
F_{\text{el}} = \frac{k e^{2}}{r^{2}}.
Aqui:
  • k é a constante eletrostática (dada),
  • e é a carga elementar (dada),
  • r é o raio da órbita (dado).
Força centrípeta para movimento circular de velocidade v:
F_{\text{cent}} = \frac{m_{e} v^{2}}{r},
onde m_{e} é a massa do elétron e v sua velocidade orbital.
Igualando as forças ( F_{\text{el}}=F_{\text{cent}}) obtemos:
\frac{k e^{2}}{r^{2}} = \frac{m_{e} v^{2}}{r}.
Simplificando para v:
v = \sqrt{\frac{k e^{2}}{m_{e} r}}.
Expliquei cada símbolo e a origem desta equação: equilíbrio entre atração elétrica e necessidade de força centrípeta para órbita circular.

Passo 3

Agora calculo numericamente v. Primeiro computo o numerador e o denominador separadamente para ficar claro e poder fazer sem calculadora científica “mágica”.
Calculo de e^{2}:
e^{2} = (1{,}602176634\times10^{-19})^{2} = 2{,}566969966535\times10^{-38}\\ \mathrm{C^{2}}.
Produto k e^{2}:
k e^{2} = 8{,}987551785972\times10^{9}\times 2{,}566969966535\times10^{-38} = 2{,}307077551\times10^{-28}\\ \mathrm{N\,m^{2}}.
Produto m_{e} r:
m_{e} r = 9{,}1093837139\times10^{-31}\times 5\times10^{-11} = 4{,}554691857\times10^{-41}\\ \mathrm{kg\,m}.
Quociente dentro da raiz:
\frac{k e^{2}}{m_{e} r} = \frac{2{,}307077551\times10^{-28}}{4{,}554691857\times10^{-41}} = 5{,}064168\times10^{12}\\ \mathrm{(m^{2}/s^{2})}.
Portanto
v = \sqrt{5{,}064168\times10^{12}} = 2{,}25037\times10^{6}\\ \mathrm{m/s}.
Para ficar com notação do enunciado:
v \approx 2{,}25\times10^{6}\\ \mathrm{m/s}.

Passo 4

Agora calculo a frequência de revolução orbital \nu (número de voltas por segundo). Para movimento circular:
\text{período } T = \frac{2\pi r}{v},\qquad \nu = \frac{1}{T}=\frac{v}{2\pi r}.í
Substituindo os valores numéricos:
2\pi r = 2\pi \times 5\times10^{-11} = 3{,}141592654\times10^{-10}\\ \mathrm{m}.
\nu = \frac{2{,}25037\times10^{6}}{3{,}141592654\times10^{-10}} = 7{,}16442\times10^{15}\\ \mathrm{Hz}.
Arredondando:
\nu \approx 7{,}16\times10^{15}\\ \mathrm{Hz}.

Passo 5

Comparação da frequência calculada com a faixa da luz visível.
Faixa visível dada: \nu_{\text{visível}} = 400\\ \mathrm{THz}í a 790\\ \mathrm{THz}, ou seja em Hz:
4{,}00\times10^{14}\\ \mathrm{Hz}\\ \text{a}\\\ 7{,}90\times10^{14}\\ \mathrm{Hz}.
Razões:
\frac{\nu}{4{,}00\times10^{14}} \approx \frac{7{,}16\times10^{15}}{4{,}00\times10^{14}} \approx 17{,}9,
\frac{\nu}{7{,}90\times10^{14}} \approx \frac{7{,}16\times10^{15}}{7{,}90\times10^{14}} \approx 9{,}07.
Conclusão: a frequência orbital clássica calculada é cerca de 9 a 18 vezes maior que a frequência da luz visível; está na ordem de 10^{15}\\ \mathrm{Hz} (região do ultravioleta/extremo ultravioleta), não exatamente na faixa visível.

Passo 6

Comparação da velocidade com a velocidade da luz.
Calculamos v \approx 2{,}25037\times10^{6}\\ \mathrm{m/s}. Tomando c=2{,}99792458\times10^{8}\\ \mathrm{m/s},
\frac{v}{c} = \frac{2{,}25037\times10^{6}}{2{,}99792458\times10^{8}} \approx 7{,}5047\times10^{-3}.
Em porcentagem:
v \approx 0{,}750\%\\ \text{de}\\ c \;(\text{aprox. }0{,}00750\,c).
Isso mostra que v é muito menor que c, ou seja, o movimento é não-relativístico (efeitos relativísticos pequenos).

Passo 7

Interpretação final (o raciocínio sobre se o modelo clássico é razoável).
  • Ponto positivo: a velocidade obtida é bem menor que c ( \sim0{,}75\% de c), então tratar o elétron com mecânica não-relativística é aceitável do ponto de vista relativístico. Além disso, as ordens de grandeza obtidas (raio ~0{,}5 Å, v\sim10^{6}\\ \mathrm{m/s}) estão próximas dos resultados do átomo de hidrogênio no modelo de Bohr — portanto o número não é absurdo.
  • Ponto negativo e decisivo: um elétron carregado em aceleração circular, segundo o eletromagnetismo clássico, deve irradiar energia continuamente (radiação de um dipolo acelerado). Se isso acontecesse, o elétron perderia energia, espiralaria e colidiria com o próton rapidamente — coisa que não acontece nos átomos estáveis. Além disso, átomos reais emitem e absorvem luz em linhas discretas (fótons com frequências bem definidas), enquanto um elétron clássico em órbita acelerada geraria um espectro contínuo. Por isso o modelo puramente clássico “Terra-Lua” falha ao explicar estabilidade e espectros discretos.
  • Histórico curto: o modelo de Bohr (com quantização semi-clássica) resolve parte do problema (prediz níveis de energia discretos do hidrogênio), mas a explicação completa e correta exige a mecânica quântica (onde o elétron não é uma partícula orbitando clássicamente, e não sofre a emissão contínua prevista pelo eletromagnetismo clássico).
Conclusão: apesar de as contas clássicas darem números razoáveis em ordem de grandeza e velocidades não-relativísticas, o modelo puramente clássico não é fisicamente aceitável porque contradiz a estabilidade atômica e o fato de espectros discretos — é necessário o tratamento quântico.

Resposta

(a) \nu \approx 7{,}16\times10^{15}\\ \mathrm{Hz}. Isso é cerca de 9 a 18 vezes maior que a faixa da luz visível ( 4{,}00\times10^{14} a 7{,}90\times10^{14}\\ \mathrm{Hz}).
(b) v \approx 2{,}25\times10^{6}\\ \mathrm{m/s}, isto é v\approx0{,}00750\,c (aprox. 0{,}75\% da velocidade da luz).
(c) Não: embora as ordens de grandeza (velocidade não-relativística) sejam razoáveis, o modelo clássico falha porque um elétron acelerado deveria irradiar energia continuamente e colapsar, além de não explicar os espectros discretos; é preciso mecânica quântica para descrever o átomo corretamente.

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