Sabendo que a energia do estado fundamental do átomo de H é igual a E_{1}=-13,6 \mathrm{eV} e que os valores de energia no átomo de Bohr são dados por,
E_{n}=\frac{E_{1}}{n^{2}}
calcule os três comprimentos de onda mais longos das linhas da série de Balmer (transições de níveis superiores para o nível n_{f}=2 ). Eles correspondem, respectivamente, às linhas de \mathrm{H} \alpha, \mathrm{H} \beta e \mathrm{H} \gamma.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede um resultado claro:
  • Dado: a energia do estado fundamental é E_{1}=-13{,}6\\ \mathrm{eV}.
  • Dado: os níveis de energia seguem E_{n}=\frac{E_{1}}{n^{2}}.
  • Pedido: calcular os três comprimentos de onda mais longos da série de Balmer, ou seja, os comprimentos de onda das transições para n_{f}=2 vindas de níveis superiores. Essas três transições correspondem, respectivamente, a n_{i}=3\to2 (linha \mathrm{H}\alpha), n_{i}=4\to2 (linha \mathrm{H}\beta) e n_{i}=5\to2 (linha \mathrm{H}\gamma).

Passo 2

Entender o que precisamos calcular e como. Quando um elétron cai de um nível n_{i} para um nível n_{f} ele emite um fóton cuja energia é a diferença entre as energias dos níveis. Então a energia do fóton emitido é
\Delta E = E_{n_{i}}-E_{n_{f}}.
Aqui E_{n} é negativa (ligado ao átomo), mas a energia do fóton é positiva porque E_{n_{i}}>E_{n_{f}} (menos negativa). Em seguida, a relação entre energia do fóton e comprimento de onda é dada por
\lambda=\frac{hc}{\Delta E},
onde:
  • h é a constante de Planck,
  • c é a velocidade da luz,
  • hc costuma ser usado na forma numérica conveniente \,hc\approx 1239{,}84\\ \mathrm{eV\cdot nm}\, (isso permite trabalhar diretamente com \Delta E em elétron-volts e obter \lambda em nanômetros).

Passo 3

Calcular as energias dos níveis envolvidos usando E_{n}=\dfrac{E_{1}}{n^{2}} com E_{1}=-13{,}6\\ \mathrm{eV}. Vou pegar explicitamente os níveis n=2,3,4,5 porque são os que aparecem nas três maiores linhas da série de Balmer:
E_{2}=\frac{-13{,}6}{2^{2}}=\frac{-13{,}6}{4}=-3{,}4\\ \mathrm{eV}.
E_{3}=\frac{-13{,}6}{3^{2}}=\frac{-13{,}6}{9}\approx-1{,}511111\\ \mathrm{eV}.
E_{4}=\frac{-13{,}6}{4^{2}}=\frac{-13{,}6}{16}=-0{,}85\\ \mathrm{eV}.
E_{5}=\frac{-13{,}6}{5^{2}}=\frac{-13{,}6}{25}=-0{,}544\\ \mathrm{eV}.

Passo 4

Calcular as energias dos fótons para cada transição (energia emitida = E_{n_{i}}-E_{n_{f}}):
Para \mathrm{H}\alpha ( 3\to2):
\Delta E_{3\to2}=E_{3}-E_{2}\approx(-1{,}511111)-(-3{,}4)=1{,}8888889\\ \mathrm{eV}.
Para \mathrm{H}\beta ( 4\to2):
\Delta E_{4\to2}=E_{4}-E_{2}=(-0{,}85)-(-3{,}4)=2{,}55\\ \mathrm{eV}.
Para \mathrm{H}\gamma ( 5\to2):
\Delta E_{5\to2}=E_{5}-E_{2}=(-0{,}544)-(-3{,}4)=2{,}856\\ \mathrm{eV}.

Passo 5

Converter cada energia de fóton em comprimento de onda usando \lambda=\dfrac{hc}{\Delta E} e hc\approx1239{,}84\\ \mathrm{eV\cdot nm}.
Para \mathrm{H}\alpha ( 3\to2):
\lambda_{H\alpha}=\frac{1239{,}84}{1{,}8888889}\\ \mathrm{nm}\approx656{,}28\\ \mathrm{nm}.
Para \mathrm{H}\beta ( 4\to2):
\lambda_{H\beta}=\frac{1239{,}84}{2{,}55}\\ \mathrm{nm}\approx486{,}24\\ \mathrm{nm}.
Para \mathrm{H}\gamma ( 5\to2):
\lambda_{H\gamma}=\frac{1239{,}84}{2{,}856}\\ \mathrm{nm}\approx434{,}05\\ \mathrm{nm}.

Passo 6

Interpretação rápida e checagem: as três maiores (mais longas) comprimentos de onda da série de Balmer são mesmo as transições vindas dos menores níveis superiores: 3\to2 dá o comprimento de onda mais longo ( \mathrm{H}\alpha), depois 4\to2 ( \mathrm{H}\beta), depois 5\to2 ( \mathrm{H}\gamma). Os valores calculados estão no intervalo visível e coincidem, dentro das aproximações adotadas, com os comprimentos de onda conhecidos dessa série.

Resposta

\lambda_{H\alpha}=656{,}28\\ \mathrm{nm}
\lambda_{H\beta}=486{,}24\\ \mathrm{nm}
\lambda_{H\gamma}=434{,}05\\ \mathrm{nm}

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