Dimostrazione Modello atomico di di Bohr per l’H

Presentazione sul tema: "Dimostrazione Modello atomico di di Bohr per l’H"— Transcript della presentazione:

1 Dimostrazione Modello atomico di di Bohr per l’H

2 Spettro dell’idrogeno
Zone spettrali (n1) Spettro dell’idrogeno Zona Visibile n1=2 Zona I.F. n1=3 Zona alta frequenza n1=1 Il gas idrogeno presenta righe ben precise nelle tre zone principali dello spettro (infrarossa, visibile, Ultravioletta). Serie di Paschen Serie di Balmer Serie di Lyman Equazione di Rydberg Righe spettrali (n2) R (costante di Rydberg)=1,098 x107 m-1 n1= numero d’ordine di zona spettrale n2= numero d’ordine di riga λ = lunghezza d’onda (colore)

3 L’e-, in quanto corpo in moto circolare, ha un momento angolare L=mvr
Considerando un atomo di H a riposo, il momento angolare dell’ e-  mv0r0=k. (m=massa ; v0= velocità a riposo; r0= raggio a riposo) Il raggio r0 dell’atomo di H, da varie sperimentazioni, risultò 0,5 angstrom La massa m dell’ e- si conosceva grazie a Thomson e Millikan. La velocità dell’ e- v0 l’aveva ricavata Rutherford. Si potè, quindi, facilmente calcolare Il momento angolare L0. Bohr, confrontando tale valore con i lavori di Planck, notò che valeva  L0 = mv0r0 = h/2π (dove h= costante di Planck). + _ V0 L=mv0r0 r0 m

4 v1= nh L1 = mv1r1 = nh/2π (dove n = 1,2,3,4… numero intero). 2πmr1
Un atomo, tuttavia, non rimane sempre a riposo: può essere eccitato. Se eccitato, l’elettrone certamente cambia orbita (si allontana o si avvicina al nucleo) La massa m si suppone rimanga invariata, ma il raggio r e la velocità v dovranno essere diversi da quelli a riposo per cui lo sarà anche il momento angolare  mv1r1 ≠ mv0r0. L1=mv1r1 V1 r1 m Bohr, riuscì a «far quadrare i conti», mettendo d’accordo dati sperimentali e teoria di Maxwell, ponendo la condizione che il nuovo momento angolare abbia un valore multiplo intero di quello a riposo (h/2π) L1 = mv1r1 = nh/2π (dove n = 1,2,3,4… numero intero). + V0 L=mv0r0 r0 m Da questa formula si ricava … v1= 2πmr1 nh

5 v0= v1= r1 = nh h m x n2h2 r n2h2 n2h2 2πmr0 2πmr1 r Kel q2 = 4π2m2r12
Considerando i due momenti, a riposo ed in eccitazione avremo: v1= 2πmr1 nh v0= 2πmr0 h e Considerando valido il modello planetario di Rutherford, in ogni momento  Fel= -Fc , cioè m x v2 = Kel q2 r m x n2h2 4π2m2r12 = Kel q2 r Sostituiamo la velocità V1 utilizzando la precedente formula  n2h2 n2h2 4π2mr1 = Kel q2 Si ricava il raggio r1 = Cioè la distanza della nuova orbita Kelq24π2m Osservando bene quest’ultima formula: solo n risulta variabile! (tutti gli altri parametri sono costanti). Questo significa che le distanze (raggi delle orbite) permesse all’e- non possono essere di qualsiasi valore, ma solo multiple intere della distanza minima possibile (0,5 angstrom per l’H)

6 ( ) - r r1 r0 r = n02h2 ET = - ½ Kel q2 - ½ Kel q2 ½ Kel q2 ΔE=
Considerando l’atomo planetario, ad ogni orbita corrisponde una specifica energia. Passando, perciò, da una all’altra l’e- subirà una variazione della sua ET. Considerando due, riposo ed eccitato, avremo E0 ed E1. Nel cambio di stato avremo una variazione di energia ΔE=E1 – E0 ET = - ½ Kel q2 r Riprendendo la formula di Rutherford per la E  Si avrà… - ½ Kel q2 r1 Kel q2 r0 ΔE= E1 – E0 = + Kelq24π2m n2h2 r = Nella diapositiva precedente abbiamo ricavato Sostituendo, rispettivamente r1 e r0 , e semplificando l’equazione, si arriverà a… 2Kel2 q4 m π2 n02h2 n02 n12 - ( ) ΔE=

7 2Kel2 q4 m π2 n02h2 n02 n12 - ( ) ΔE= Ovviamente l’e- (quindi l’atomo) assume momentaneamente il nuovo valore di energia E1 (stato eccitato) per poi ritornare, immediatamente, a quello di riposo E0. Dato che vale la legge della conservazione dell’energia, queste variazioni di energia ΔE non vengono dal nulla, né svaniscono nel nulla… Per eccitare un atomo occorre fornirgli energia dall’esterno (calore, elettricità, luce ecc.). Per tornare allo stato di riposo l’atomo, deve cedere la stessa quantità di energia assorbita. Una carica elettrica, come lo è l’e- , può assorbire energia di varia natura, ma può cederla solo in forma elettromagnetica (radiazioni). Visto, inoltre, che energia assorbita e ceduta devono coincidere (conservazione dell’energia), noi possiamo conoscere il valore di ΔE tra due stati (riposo ed eccitato) analizzando lo spettro dei segnali elettromagnetici dell’atomo (righe di assorbimento o di emissione). Osservando bene anche questa equazione, come la precedente le uniche variabili sono le n, cioè numeri interi (1,2,3,4…). Si può ben intuire, quindi, che i valori di ΔE non possono essere causali e imprevedibili, ma devono assumere valori ben intervallati tra loro, cioè «quantizzati». Lo spettro, allora, sarà costituite da ben precise righe di colori.

8 Ogni riga di colore è «prodotta», quindi, da una ΔE, da un «quantum» di energia assorbito o emesso quando l’e- passa da un’orbita ad un’altra Ora, dato che si tratta di energia elettromagnetica, sappiamo che il suo valore più piccolo di un segnale è proprio il «quantum» scoperto da Planck  E=hf Quindi posso ammettere che la più piccola differenza di energia, assorbita o emessa da un elettrone, equivalga a ΔE= hf 2Kel2 q4 m π2 n02h2 n02 n12 - ( ) = La frequenza d’onda f è proporzionalmente inversa alla lunghezza d’onda, f=C/λ (dove C=velocità della luce) sostituendo  2Kel2 q4 m π2 n02h2 n02 n12 - ( ) λ hC = Portando il fattore hC a destra… Ora i valori di Kel, q, m, π, h, no C sono fissi e noti. I valore complessivo, calcolato da Bohr, risultò pari a 1,098 x107 m-1. 2Kel2 q4 m π2 n02h3C n02 n12 - ( ) λ 1 = Ma questa è il valore della costate di Rydberg R per lo spettro dell’idrogeno! 1,098 x107 m-1 n02 n12 - ( ) λ 1 = R 1,098 x107 m-1 Equazione di Rydgerg dimostrata