Luis Angelats Silva

UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO

Prof. Luis M. Angelats Silva

langelats@yahoo.com

Escuela de Ingeniería de Materiales

Departamento Académico de FísicaUNT

Curso: Física cuántica y óptica - 2010-II

HHHHH

Luis Angelats Silva

INTRODUCCIÓN

Aplicación de la mecánica cuántica a sistemas atómicos, considerando primero

el átomo de hidrógeno (H):

Algunas razones:

• El átomo de H es el único sistema que puede resolverse en forma exacta.

• Su resolución se puede extender para aplicar en átomos tipo Hidrógeno

con un solo electrón (átomos hidrogenoideos): He+ y Li2+.

•Los números cuánticos que caracterizan los estados permitidos del átomo

de H, también se utilizan para investigar átomos más complejos.

Luis Angelats Silva

“El espectro de líneas de un elemento resulta de que

los átomos emiten fotones con energías específicas”

Cada átomo tiene un conjunto de posibles niveles de

energía. Un átomo puede tener una cantidad de energía

interna igual a cualquiera de esos niveles, pero NO una

energía intermedia entre dos niveles.

ESPECTRO DISCRETO

(Descargas de gases a baja presión)

Espectros atómicos:

ESPECTRO CONTINUO

(Sólidos, líquidos y gases calientes a alta presión)

Violeta azul verde amarillo naranja rojo

Violeta azul verde amarillo naranja rojo

Potasio

i

f

Ei

Ef

Espectrómetro de difracción:

Espectroscopia atómica: (Identificar elementos o átomos a través de las

longitudes de onda)

Luis Angelats Silva

(a) Espectros de líneas de emisión para el H, Hg

y Ne. (b) Espectro de absorción del H.

1. Espectros atómicos de los gases:

Espectros de emisión:

Espectros de absorción:

Luis Angelats Silva

Espectro de hidrógeno:(1913)

HHHHH

Con n = 3, 4, 5…

R , constante de Rydberg = 1.097 x 107 m-1

Serie de Balmer (Johann Balmer, 1825 – 1898):

Ejemp: Si consideramos n = 3: = 656.3 nm H

n = 4: = 486.1 nm H , etc..

n = : = ………nm H

22 n2

Luis Angelats Silva

Fórmula de Balmer niveles de energía (Hipótesis de Bohr)

2222 2)

1

2

1(

n

hcRhcR

nhcR

hcE

fi EEhc

hf

Teniendo en cuenta que para la energía del fotón

emitido:

i

f

Ei

Ef

2n

hcREn

Como: h cR =2.179 x 1018 J = 13.60 eV, entonces:

, n = 1, 2, 3, 4……

n = 1, E1 = - 13.6 eV

(niveles de energía del átomo de H)

(nivel fundamental)

n = 2, 3, 4, .. E = - 3.40 eV, -1.51 eV, -0.85 eV (niveles excitados)

Luis Angelats Silva

Otras series espectrales del hidrógeno:

Ejercicio: A partir del diagrama de los niveles de energía, deduzca las otras series

espectrales para el átomo de H: Lyman, Pashen, Brackett y Pfund.

Luis Angelats Silva

nh

nrmvL nnn 2

2. El modelo atómico de Bohr:

Postulado: Un electrón en un átomo puede moverse alrededor del núcleo en ciertas

órbitas estables circulares sin emitir radiación.

2

2

04

1

nr

eF

n

n

n r

mv

r

e 2

2

2

04

1

+ -M, +e m, eF

vn

rn

n número cuántico principal (1, 2, 3..)

Modelo mecánico del átomo de Hidrógeno:

Fuerza eléctrica entre

el protón y el electrón:

Por la segunda ley de Newton:

….(1)

…(2)

Momento angular del electrón cuantizado:

Protón

Luis Angelats Silva

2

22

2

22

0emk

n

me

hnr

e

n

,

2

1 22

0 mr

ek

nh

ev e

n

nmemkme

har

e

529.02

2

2

2

001

0

2anrn

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2):

(radios de las órbitas) (velocidades orbitales)

Radio de Bohr (n = 1):

(radios de órbitas permitidas: r0, 4r0, 9r0, etc.)

(DEMOSTRAR!)

y, 04

1

ek

(DEMOSTRAR!)

Luis Angelats Silva

Niveles de energía:

22

4

2

0

2

8

1

2

1

hn

memvK nn

22

4

2

0

2

0 4

1

4

1

hn

me

r

eU

n

n

222

4

2

0

6.13

8

1

n

eV

hn

meUKE nnn

Para un el electrón en la órbita con número

cuántico n:

La energía total:

Si n = 1, E0 … Estado fundamental

Para n > 1, …Estados excitados

¿Cuál es la energía de ionización (del átomo de H)?

El paso de un estado excitado a otro de

menor energía (emisión de un fotón):

i

f

Ei

Ef

)11

()(1

22

0

if

finnh

EEE

hf

Para un fotón absorbido:

i

f

Ei

Ef

)(1

if EEh

f

Luis Angelats Silva

Series de Balmer

Átomos tipo hidrógeno: Átomos de un solo electrón (He+, Li2+, etc)

En las ecuaciones anteriores, cambiar: Ze2e2

2

22

0mZe

hnrn

nh

Zevn

2

1 2

0 22

42

2

0 8

1

hn

emZEn

Luis Angelats Silva

Niveles de energía para el H y He+:

E1 = -13.6 eV

E2 = -3.4 eV

E3 = -1.5 eV

n = 1

n = 2

n = 3

E

E2 = -13.6 eV

E4 = -3.4 eV

E6 = -1.5 eV

E1 = -54.4 eV

E3 = -6.0 eV

E5 = -2.2 eV

n = 2

n = 3

n = 6

n = 1

n = 4

n = 5

HHe+ (Z = 2)

22

4

2

0 8

1

hn

meEn

22

42

2

0 8

1

hn

emZEn

Luis Angelats Silva

Ejercicios:1. Con el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno, calcular: 1) La velocidad del electrón en

cada órbita. 2) La intensidad de corriente que supone su movimiento. 3) La energía

necesaria para ionizar un átomo excitado con el electrón en el nivel n = 5. 4) La frecuencia

mínima necesaria para esa ionización.

2. Se tiene un átomo de hidrógeno con el electrón en el primer nivel excitado (n = 2). El

electrón absorbe la energía de un fotón y es liberado del átomo con una energía cinética de

10 eV. Calcular la frecuencia del fotón.

4. El electrón del ión He+ pasa de un estado excitado de número cuántico n al estado

fundamental, emitiendo sucesivamente dos fotones de longitudes de onda 320.7 nm y

25.7 nm. Calcular el número n.

3. Calcular la frecuencia y la longitud de onda de la quinta línea de la serie de Balmer.

5. Para un ión de doblemente ionizado de litio, Li2+ (a) ¿Cuál es la energía del nivel

fundamental ? (b) ¿Qué diferencia hay entre la energía de este nivel con la del nivel

fundamental del átomo de hidrógeno? (c) Para el átomo de hidrógeno, la longitud de onda

del fotón emitido en la transición n =2 a n = 1 es de 122nm, ¿Cuál es la longitud de onda

del fotón emitido cuando un ion de Li2+ experimenta esta transición? (d) Para un valor

dado de n, ¿qué relación hay entre el radio de una órbita de Li2+ y la del H?

6.Considere un átomo tipo hidrógeno con carga nuclear Z. (a) ¿Para que valor de Z

(redondeado al valor entero más cercano) la velocidad de Bohr del electrón en el nivel

fundamental es igual al 10,0% de la velocidad de la luz? (b) ¿Para que valor de Z la energía

de ionización del nivel fundamental es igual al 1,0% de la energía en reposo (E = mc2) del

electrón?.

Luis Angelats Silva

Estructura atómica:

El átomo de Hidrógeno: Cuantización del momento angular orbital:

En un nivel con energía En y un número cuántico principal n, los valores posibles del

momento angular orbital L, son:

)1( llL(l = 0, 1, 2, …., n – 1)

nL

Donde, l número cuántico orbital

¿Cuál es la diferencia con el modelo de Bohr, donde:

Para la Lz:

?

lz mL , Donde ml (= 0, 1, 2…) número cuántico magnético orbital

l L ml LZ

0 0 0 0

1 -1, 0, +1 -, 0, +

2 -2, -1, 0, +1, +2 -2, -, 0, +, +2

2

45.2

Observación: Para cada nivel de energía En, hay mas de un estado distinto con la misma

energía pero con números cuánticos distintos: DEGENERACION

Luis Angelats Silva

45.2

2

L

LCos Z

L

L = 35.3°

Notación

espectroscópica n l m Capa

1s 1 0 0 K

2s 2 0 0

2p 2 1 –1,0,1 L

3s 3 0 0

3p 3 1 –1,0,1

3d 3 2 –2, –1,0,1,2

M

4s 4 0 0

4p 4 1 –1,0,1

4d 4 2 –2, –1,0,1,2

4f 4 3 –3,–2, –1,0,1,2,3

N

Números cuánticos del átomo de hidrógeno:

¿Cuántos estados distintos (n, l, m)

hay del átomo de hidrógeno con n =3?

¿Cuál es la energía de estos estados?

Rpta: 9 estados; E3= -13.6eV/(3)2 = -1.52eV

Luis Angelats Silva

Distribuciones de probabilidad electrónica:

Luis Angelats Silva

Ejemplo 1: a) Establezca cuáles de las siguientes series de números cuánticos

serían posibles y cuáles imposibles para especificar el estado de un electrón; b)

diga en que tipo de orbital atómico estarían situados los que son posibles.

Series n l ml

I 0 0 0

II 1 1 0

III 1 0 0

IV 2 1 –2

V 2 1 –1

• Imposible. (n < 1)

• Imposible. (l = n)

• Posible. Orbital “1s”

• Imposible (ml -1,0,1)

• Posible. Orbital “2p”

Ejercicio: Considere los estados n = 4 del hidrógeno. a) ¿Cuál es la magnitud máxima del

momento angular orbital? b) ¿Cuál es el valor máximo de Lz? c) ¿Cuál es el ángulo mínimo

entre L y el eje Z?

Rpta: a) 3.464 , b) 3, c) 30°

Luis Angelats Silva

El efecto Zeeman (1896, Pieter Zeeman):

Subdivisión de los niveles de energía atómica y del espectro de líneas asociado cuando los

átomos se colocan en un campo magnético.

Análisis (repaso):

Aμ I

AB

I

Momento magnético:

Bμ U ó U = -BCos

U = +B, Máxima interacción, = 180°

U = -B, Mínima interacción, = 0°

Energía potencial:

Luis Angelats Silva

(i) De acuerdo con el modelo de Bohr:

T

e

t

qI

v

rT

2

T

e

t

qI

22

2 evrr

r

evIA

L

m

e

2

m

e

L 2

Interacción del átomo de H con B

, Con T, período de revolución dado por:

r

evI

2

Magnitud del momento magnético: ó

A la magnitud: razón giromagnética

)1(22 m

en

m

e

T

J10274.9

T

eV10788.5

2

245 xxm

eB

En el modelo de Bohr,(L = n) para un estado n = 1:

Definición del magnetón de Bohr: ó A.m2

Luis Angelats Silva

Ejemplo: Suponiendo que, B = 2.0 T y es perpendicular al plano de la órbita y paralelo a :

En el estado fundamental: = B

Caso 1: Si, B BU = -(5.788x10-5 eV/T)(2.00T)Cos 0° = -1.16 x10-4 eV

Caso 2: Si, B BU = -(5.788x10-5 eV/T)(2.00T)Cos 180° = +1.16 x10-4 eV

¡La interacción magnética cambia el nivel de energía en esas cantidades!

¿SERA CORRECTO ESTE RESULTADO PREDICHO POR EL MODELO DE BOHR?

(ii) Según la formulación de Schrödinger:

Suponiendo que: B U = -z B

Considerando la carga negativa del electrón, -e: zz Lm

e

2

m

emlz

2

Bm

emBU lz

2

, Con Lz = ml ( L )

BmU Bló

Momento magnético

Energía de interacción orbital magnética

, (ml = 0, 1, 2, 3,…, l)

¿Cuál es el efecto del B sobre el átomo? Desplazar la energía de cada estado orbital una cantidad U

Luis Angelats Silva

Diagramas de niveles de energía para el átomo de H dentro de un B

ml ml ml

n = 1 0l = 0

-13.6 eV

0n = 2

l = 1-101

-3.40 eV

n = 3 0

l = 2-101

-101

-2

2

-1.51 eV

E = 0? ?

n = 4 0 ? -0.85 eV

División de los niveles de energía de un estado d

debido a un B:

E

Ed (l = 2)

B = 0

B creciente-2BB

-1BB

0

1BB

2BB

E

Luis Angelats Silva

2

1zS

4

31

2

1

2

1

S

El spín del electrón, S

Ejemplo: (Ej. 43-5, texto Sears-Zemansky, pp. 1324)

“Pruebas experimentales han demostrado que el electrón

tiene un spín y un momento magnético asociado que no

depende de su movimiento orbital, sino que son intrínsecos

al electrón mismo”

Para la componente z: (componentes del spín)

Usando una expresión análoga a: )1( llL (magnitud del spín)

)2

1( ssz mmS

Número cuántico magnético ms: Especifica la orientación del spín

(valores permitidos en ms y Sz para un electrón)

Orientaciones del vector spín S

(en el eje z)

2

1

2

1

“spín hacia arriba”

“spín hacia abajo”

Luis Angelats Silva

Acoplamiento spín-órbita:

SLJ )1( jjJ

zz Sm

e

2)00232.2(

Componente z del momento magnético asociado al spín del electrón:

Bm

eU )

2

1)(

2)(00232.2( BμLa energía de interacción (del momento dipolar magnético):

Un nivel s de un solo electrón es dividido por la

interacción del spín del electrón con un B:

E

Es

B = 0

B creciente

Es +(5.795x10-5eV/T)B

Es - (5.795x10-5eV/T)B

ms = +1/2

ms = -1/2

Ejemplo: (Ej. 43-6, texto Sears-Zemansky, pp. 1328)

(Momento angular total) y valores posibles para la magnitud

Luis Angelats Silva

n l m s

1s 1 0 0 1/2

2s 2 0 0 1/2

2p 2 1 –1,0,1 1/2

3s 3 0 0 1/2

3p 3 1 –1,0,1 1/2

3d 3 2 –2, –1,0,1,2 1/2

4s 4 0 0 1/2

4p 4 1 –1,0,1 1/2

4d 4 2 –2, –1,0,1,2 1/2

4f 4 3 –3,–2, –1,0,1,2,3 1/2

Luis Angelats Silva

1 s

2 s

3 s

2 p

3 p

4 fE

ner

gía

4 s4 p 3 d

5 s

5 p4 d

6s

6 p5 d

n = 1; l = 0; m = 0; s = – ½n = 1; l = 0; m = 0; s = + ½n = 2; l = 0; m = 0; s = – ½n = 2; l = 0; m = 0; s = + ½n = 2; l = 1; m = – 1; s = – ½n = 2; l = 1; m = 0; s = – ½n = 2; l = 1; m = + 1; s = – ½n = 2; l = 1; m = – 1; s = + ½n = 2; l = 1; m = 0; s = + ½n = 2; l = 1; m = + 1; s = + ½n = 3; l = 0; m = 0; s = – ½n = 3; l = 0; m = 0; s = + ½n = 3; l = 1; m = – 1; s = – ½n = 3; l = 1; m = 0; s = – ½n = 3; l = 1; m = + 1; s = – ½n = 3; l = 1; m = – 1; s = + ½n = 3; l = 1; m = 0; s = + ½n = 3; l = 1; m = + 1; s = + ½n = 4; l = 0; m = 0; s = – ½n = 4; l = 0; m = 0; s = + ½n = 3; l = 2; m = – 2; s = – ½n = 3; l = 2; m = – 1; s = – ½n = 3; l = 2; m = 0; s = – ½n = 3; l = 2; m = + 1; s = – ½n = 3; l = 2; m = + 2; s = – ½n = 3; l = 2; m = – 2; s = + ½n = 3; l = 2; m = – 1; s = + ½n = 3; l = 2; m = 0; s = + ½n = 3; l = 2; m = + 1; s = + ½n = 3; l = 2; m = + 2; s = + ½n = 4; l = 1; m = – 1; s = – ½n = 4; l = 1; m = 0; s = – ½n = 4; l = 1; m = + 1; s = – ½n = 4; l = 1; m = – 1; s = + ½n = 4; l = 1; m = 0; s = + ½n = 4; l = 1; m = + 1; s = + ½n = ; l = ; m = ; s =