Exercícios Resolvidos de Energia do Átomo Hidrogenóide

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Enunciado

Nesta questão denotamos por ψ n l m l os estados do átomo de hidrogênio sem levar em conta o spin do elétron, onde n , l e m l são respectivamente os números quânticos principal, orbital e magnético. Os números quânticos magnéticos foram determinados com respeito a um campo magnético com componente somente na direção z .

  1. A função de onda do estado fundamental do átomo de hidrogênio é
  2. ψ 100 = A e - r / a 0 ,

    onde a 0 é o raio de Bohr. Calcule o valor da constante A de normalização.

  3. Um elétron está no estado ψ 321 . Considere a energia E e o momento angular orbital L → = L x ,   L y ,   L z e seu módulo L = L x 2 + L y 2 + L z 2 . Quais são os valores de E , L e L z ?
  4. Considere agora um átomo com muitos elétrons na aproximação onde se despreza a interação entre os elétrons. Neste caso, a função de onda de cada elétron é semelhante à do hidrogênio e possui os mesmos números quânticos. Levando em conta o número quântico de spin, determine o número máximo de elétrons que possuem o número quântico principal igual a 3 .

Passo 1

Letra a)

Para normalizar a função de onda, temos que integrá-la em todo o espaço tridimensional, e assim:

∫ e s p a ç o ψ 2 d V = 1

Porém, isso é muito difícil pois, para integrar em x ,   y ,   z , teríamos que usar r = x 2 + y 2 + z 2 .

Então, o mais simples é transformarmos isso em uma integral na distribuição de probabilidade radial, P r , fazendo o elemento de volume esférico virar um elemento no raio:

d V = 4 π r 2 d r

E assim:

∫ e s p a ç o ψ 2 d V = ∫ 0 ∞ ψ 2 4 π r 2 d r = ∫ 0 ∞ P r d r = 1

Agora substituindo:

P r = ψ 2 4 π r 2 = A 2 e - 2 r / a 0 4 π r 2

∫ 0 ∞ 4 π A 2 r 2 e - 2 r / a 0 d r = 4 π A 2 ∫ 0 ∞ r 2 e - 2 r / a 0 d r = 1

Para resolver a integral, poderíamos fazer uma substituição de variável e integrar por partes, achar uma fórmula, entre outras coisas.

Mas dessa vez, faremos um pouco diferente: Iremos dar uma fórmula direta. No formulário, é possível que seja dada essa fórmula, e por isso que vamos fazer assim dessa vez (nessa prova, essa fórmula era dada).

∫ 0 ∞ x n e - a x d x = n ! a n + 1

No caso, n = 2 e a = 2 / a 0 , e assim:

∫ 0 ∞ r 2 e - 2 r / a 0 d r = 2 ! 2 / a 0 3 = a 0 3 4

Substituindo na fórmula da normalização:

π A 2 a 0 3 = 1

A = 1 π a 0 3 1 / 2

Passo 2

Letra b)

A energia do elétron é dada por:

E = - 13,6 n 2   e V

Como ele está no estado ψ 321 , então n = 3 , e sua energia é:

E = - 13,6 3 2 = - 13,6 9 ≅ - 1,5   e V

O módulo do momento angular é dado por:

L = l l + 1 ∙ ℏ

No estado ψ 321 temos l = 2 , e assim:

L = 2 2 + 1 ℏ = 6 ℏ

E a componente do momento angular ao longo do eixo z é

L z = m l ℏ

Onde m l = 1 , e assim:

L z = ℏ

Passo 3

Letra c)

Com o número quântico principal igual a 3 , os valores de l possíveis são:

l = 0 ,   1 ,   2

Agora vejamos os valores de m l possíveis para cada l .

l = 0 →     m l = 0

l = 1 →     m l = - 1 ,   0 ,   1

l = 2 →     m l = - 2 ,   - 1 ,   0 ,   1 ,   2

Temos então 9 trincas de valores possívels para n ,   l ,   m l . Levando em conta o spin do elétron, para cada trinca, eu posso ter dois elétrons em cada trinca (spin up e spin down).

Logo, eu posso ter 18 elétrons com n = 3 .

Resposta

Letra a)

A = 1 π a 0 3 1 / 2

Letra b)

E ≅ - 1,5   e V

L = 6 ℏ

L z = ℏ

Letra c)

Eu posso ter 18 elétrons com n = 3

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