El átomo según Rutherford y Bohr

El ´

atomo seg´

un Rutherford y Bohr

Fernando Barreiro

Universidad Aut´onoma de Madrid

Fundamentos Fisica III

Propiedades de los ´

atomos

Experimentos de scattering de part´ıculas cargadas por ´atomos⇒

estructura at´omica

Medidas espectros de emisi´on y absorci´on de radiaci´on e.m. ⇒estados

excitados

Propiedades de los ´atomos:

radio∼0.1nm, imposible de ver con luz visibleλ∼500nm

Ej: Fe,ρ= 8g/cm3,Mmole= 56g⇒6×1023atomos Fe´ ∼7cm3⇒

RFe ∼(10−23)1/3∼2×10−8cm= 0.2nm estables

el´ectricamente neutros aunque contienen particulas carga negativa i.e.

electrones como lo prueban efecto fotoel´ectrico o Compton

energia cin´etica estos electrones orden eV lo que implica seg´un Heisenberg

∆x∼0.1nm. En efecto: ∆p= ~c c∆x = 197eV.nm c0.1nm = 1970eV/c⇒<K>= p2 2m= p2_c2 2mc2 = (1970eV)2 2×511000eV = 3.8eV ´

atomos emiten y absorben radiaci´on e.m.

visible (λ∼ 500nm) infraroja (λ∼ 100nm ultravioletaλ∼ 10nm) rayos X (λ∼ 1nm)

´

atomos no siempre emiten y absorben radiaci´on a la misma longitud de

onda

El modelo de Thomson y la importancia de los experimentos de scattering

J.J. Thomson descubridor electr´on, realiza primeras medidase/m

J.J. Thomson 1904 propuso primer modelo at´omico : Z electrones

embebidos en esfera uniforme de carga positiva Z

Esta idea se puede poner a prueba mediante experimentos de scattering de particulas cargadas positivamente : Rutherford-Geiger-Marsden

Si la particula proyectil es m´as pesada que el electr´on, la dispersi´on del haz

vendr´a dada en primera aproximaci´on por la fuerza repulsiva carga positiva

del ´atomo

C´alculos indicanθaverage∼0.01◦

El modelo de Thomson: ejercicio

Estimemos el ´angulo scattering de particulasα(carga ze con z=2)incidentes

sobre un ´atomo en el modelo de Thomson.

Hip´otesis partida : particulaαincide seg´un OX a distanciar=R/2 del

centro Gauss : 4πr2_{E =}Qint 0 = Ze 0( 4 3πr3 4 3πR3 )⇒E = Zer 4π0R3 py = R Fydt∼F∆t=zZe 2_(R/2) 4π0R3 R v = zZe2 8π0Rv < θ >=tan< θ >=py px = py mv = zZe2 8π0Rv 1 mv = zZe2 16π0RK

Aplicaci´on num´erica : z= 2 i.e. α’s conK= 3MeV sobre Au (Z=79)

que tieneR= 0.179nm

< θ >= 0₍₀.25(1_.179.44_nmeV₎₍₃._×nm₁₀)(2)(79)6 _eV) = 10

−4

rad= 0.01◦

El modelo de Thomson: su fracaso

Si proyectil incide sobre l´amina delgada,∼1µ, ser´a dispersado porN∼104

´atomos puesto queRatom∼10−10m⇒θ∼

√

Nθaverage∼1◦

Sin embargo experimentalmente, Geiger y Marsden (1910), encuentran ´angulos

de deflexi´on muy grandes. Como en el modelo de Thomson la misma

probablidad hay de que de una colisi´on resulte un ´angulo mayor que uno menor

que el medio, seria necesario que los 104choques todos fueran en la direcci´on

de dar ´angulo grande: P∼(1₂)104 = 10−3000∼0

El modelo de Thomson: ejercicio

Usar el teorema de Gauss para probar que la fuerza ejercida sobre un electr´on

embebido en una cargaZedistribuida uniformemente en una esfera de radio

R= 0.053nmy situado a una distanciar de su centro esF=_4πZe2

0R3r.

Calcular la frecuencia de oscilaci´on del electr´on y la longitud de onda de su

linea espectral. Sol.: Gauss : 4πr2E =Qint 0 = Ze 0( 4 3πr 3 4 3πR3 )⇒E =_4πZer 0R3 ~ F =−eE~=− Ze2_r 4π0R3e~r=−kr~er ; k= Ze2 4π0R3 ν= 1 2π q k me = 1 2π q Ze2 4π0meR3 = 1 2π q Ze2_c2 4π0mec2R3 ν=₂1_π q (1.44eV.nm)(3.0×108m/s)2(109nm/m)2 (0.053nm)3_(0.511×106_eV) = 6.57×10 15 Hz paraZ = 1 λ= c ν = 3.0×108m/s 6.57×1015Hz = 45.7nm⇒1/3 exp Lyman!

Frecuencia emisi´on del electr´on en H no coincide con el valor experimental

El modelo de Rutherford

Manera m´as sencilla entender ´angulos scattering grandes es suponer que

dispersi´on del proyectil tiene lugar contra una carga positiva masiva : el

´

nucleo, con radioRnucl <<Ratom, asi el proyectil siente la fuerza repulsiva toda la carga positiva Z:F=(₄ze_π)(Ze)

0r2 y no de una fracci´on de ella.

Trayectoria : hip´erbola cuya ecuaci´on se deduce de entenderb⇔θ, v´ease

Fig. ⇒parametro impacto´ <b≡angulo dispersi´ on´ > θ 1 r = 1 bsinΦ + zZe2 8π0b2K (cosΦ−1)⇒Φ =π−θ;r→ ∞;b= zZ 2K · e2 4π0 cotθ 2 (1) b= zZe 2 4π0·2K 1−cosΦ sinΦ = zZe2 4π0·2K 2sin2 Φ 2 2sinΦ₂cosΦ₂ = zZe2 4π0·2K cotanθ 2 (2)

Movimiento particula

α

en un campo central culombiano

Conservaci´on momento angular : mr2Φ =˙ −mbv0

Siu= 1/r ; u0=du/dΦ⇒ dr dt =− 1 u2 du dt =− 1 u2u 0_˙ Φ = 1 u2u 0bv0 r2 =u 0 bv0 1 2mb 2_v2 0u 02₊1 2mr 2b2_v2 0 r4 + 2Ze2 4π0r = 1 2mv 2 0 ⇒Dividamos por 0.5mb2v02 u02+u2+_4π2Ze2 0Kb2u− 1 b2 = 0⇒Diferenciemos respecto aΦ 2u0u00+ 2uu0+ 2Ze2 4π0Kb2u 0 = 0⇒u00+u+ Ze2 4π0Kb2 = 0 u(Φ) =AcosΦ +BsinΦ− Ze2 4π0Kb2 limΦ→0u= 0⇒A= Ze 2 4π0Kb2 ⇒ 1 r = Ze2 4π0Kb2(cosΦ−1) +BsinΦ

limΦ→0rsinΦ =b⇒B= 1_b ⇒1_r =sin_bΦ+ Ze

2

4π0Kb2(cosΦ−1) Q.E.D.

Fracci´

on particulas del haz dispersadas a ´

angulos mayores que

θ

Dispersi´on sobre l´amina de espesort , A su ´area,ρsu densidad yM su masa

molar. Su volumen ser´aAt, su masaρAt, el n´umero de molesρAt/Mluego el

n´umero de ´atomos por unidad de volumen ser´a: n=NAρ_MAt_At1 =N_MAρ. El n´umero de ´atomos por unidad de ´area ser´ant=NAρt

M . Luego

f<b=f>θ=n·t·πb2 (3)

Ej: L´amina de oroρ= 19.3g/cm3_{,M= 197g/mol y espesort= 2·10}−4_cm

dispersa particulasαde energia cin´eticaK= 8MeV. Determinar la fracci´on

de particulasαdispersadas a ´angulos mayores de 90◦.

Sol: n= NAρ M = (6.02×1023´atomos/mol)(19.3g/cm3) (197g/mol) = 5.9×10 28_m−3 b90◦= zZ 2K e2 4π0cot θ 2 = 2×79

2×8.0MeV ·(1.44MeV.fm)cot 45

◦

= 14fm

f>90◦=ntπb2= 7.5×10−5

Experimento de Geiger y Marsden : verificaci´

on f´

ormula de Rutherford

Probabilidad proyectil dispersado en [θ, θ+dθ] = Probabilidad su

par´ametro impacto en [b,b+db]

df =nt(2πbdb) conb= zZ 2K · e2 4π0cot θ 2 db= zZ 2K e2 4π0(−cosc 2θ 2) dθ 2 |df|=πnt(₂zZ_K)2(_4πe2 0) 2 cosc2θ₂cotθ₂dθ N(θ) = _dAdf =_(2πrsindf_θ)rdθ = ₄nt_r2( zZ 2K) 2 (_4πe2 0) 2 1 sin4θ 2

Experimento de Geiger y Marsden : verificaci´

on f´

ormula Rutherford

Fuente radioactiva de particulasαde 8MeV

N(θ)∝t aθ∼25◦

N(θ)∝Z2_{a partir de experimentos aθyt fijos}

Experimento de Geiger y Marsden : verificaci´

on f´

ormula Rutherford

N(θ)∝K−2_{a partir de experimentos en los que las particulasαeran}

frenadas al hacerlas pasar por l´aminas delgadas de mica

N(θ)∝sin−4θ

2 ⇒: Prueba definitiva pues N varia encinco ´ordenes de

magnitud

Experimento de Geiger y Marsden: ejemplo

Determinar la distancia de mayor aproximaci´on de una particulaαde 8MeV

incidente sobre una l´amina de oro,ZAu= 79.

Sol: Particulaαse frenar´a al aproximarse al n´ucleo. Perder´a energia cin´etica y

ganar´a potencial. Distancia minima al n´ucleo⇔minima energia cin´etica.

Conservaci´on de la energia :1 2mv 2 min+ zZe 2 4π0rmin = 1 2mv 2

Conservaci´on momento angular: mvb=mvminrmin⇒vmin=bv/rmin

1 2mv 2 =1₂m(b_r22v2 min ) +_4πzZe2 0rmin ; b= 0⇒d= zZe2 4π0K d= 2×79×1.44MeV.fm

8MeV = 28fm>>radio del n´ucleo de Au que es 7fm

La historia se repite

Paradigma de la Fisica en el primer tercio siglo XX : Thomson vs Rutherford

En la segunda mitad del siglo XX, es el prot´on puntual o compuesto?

Experimentos dispersi´on con haces obtenidos en el laboratorio indican

p=|uud >,n=|ddu>,π+_=|ud¯>

La historia se repite: El experimento de Geiger y Marsden una vez m´

as

Y de los electrones que se hicieron: Lineas espectrales

Un ´atomo puede radiar de manera

continua : i.e. ∀λcomo por ejemplo cuando se le calienta a gran T

discreta : i.e. a algunosλcomo p. ej. cuando se produce descarga en

tubo con vapor de un elemento, Hg azul (436 nm) y verde (546 nm) , Na amarillo (590 nm), Ne rojo (700 nm)

Si iluminado por luz blanca puede absorber algunaλdel espectro discreto

Lineas espectrales del Hidr´

ogeno

2(Balmer),n0= 3(Paschen),n0= 4(Brackett),n0= 5(Pfund)

Lineas espectrales del Hidr´

ogeno : ejemplo

Para la serie de Paschen en hidr´ogeno se tieneλlimite= 820.1nm. Determinar

las tres longitudes de onda mayores de la serie. Mostrar que la mayor de la serie de Balmer y las dos mayores de la serie de Lyman, para la cual es λlimit= 91.13nm, satisfacen el principio de Ritz.

Sol.: λ= 820.1nm_n2n−232;n= 4,5,6, ...para Paschen⇒ n= 4⇒λ= 820.1nm 16 16−9 = 1875nm n= 5⇒λ= 820.1nm₂₅25₋₉ = 1281nm n= 6⇒λ= 820.1nm₃₆36₋₉ = 1094nm

Las tres en la zona infraroja del espectro e.m.

λ= 364.5nm n2 n2−22;n= 3,4,5, ...para Balmer⇒ n= 3⇒λ= 364.5nm 9 9−4= 656.1nm⇒ν= c λ = 4.57×10 14_Hz λ= 91.13nm n2 n2−12;n= 2,3,4, ...para Lyman⇒ n= 2⇒λ= 91.13nm 4 4−1= 121.5nm⇒ν= c λ = 24.67×10 14 Hz n= 3⇒λ= 91.13nm 9 9−1= 102.5nm⇒ν= c λ = 29.24×10 14_Hz

24.67 + 4.57 = 29.24(×1014) Hz : ejemplo del principio de Ritz

El ´

atomo de hidr´

ogeno seg´

un Bohr

N. Bohr (1913) simil sistema solar: sol↔nucleo´ ; planetas↔electrones

F =_4π1 0 · e2 r2 = mv2 r ⇒K= 1 2mv 2 = _8πe2 0r E =K+U=_8πe2 0r − e2 4π0r =− e2 8π0r

Problema : toda particula cargada acelerada emite radiaci´on e.m.

Parche : Excepci´on estados conL=m·v·r=n~,n=1,2,3, ... K= 1₂m(n~ mr) 2 =_8πe2 0r ⇒rn= 4π0~2 me2 n 2 =a0n2,n= 1,2,3... a0= 4π0~ 2 me2 = (~·c)2 mc2_(e2_/4π 0) = (197eV.nm)2 511×103_eV×1.4eV.nm = 0.0529nm= radio de Bohr

El ´

atomo de hidr´

ogeno seg´

un Bohr : consecuencias

S´olo ciertos radios son posibles i.e. r=a0,4a0,9a0pero nor= 3a0,5a0, ..

En contraposici´on con gravitaci´on cl´asica donde hago orbitar un sat´elite a cualquier radio En=− e 2 8π0r =− me4 32π22 0~2 1 n2 =− 13.60eV n2 ⇒ |En| ≡energia de enlace Estado fundamental: n= 1⇒E1=−13.60eV ; r1=a0= 0.0529nm

Primera excitaci´on: n= 2⇒E2=−3.40eV ; r2= 4a0= 0.2116nm

Segunda excitaci´on: n= 3⇒E3=−1.51eV ; r3= 9a0= 0.4761nm

Figura adjunta muestra niveles de energia y energias de excitaci´on y de

enlace para estados m´as bajos

El ´

atomo de hidr´

ogeno seg´

un Bohr : ejercicio

En el estado del ´atomo de hidr´ogeno correspondiente an= 3 determinar la

velocidad del electr´on, su energia cin´etica y su energia potencial seg´un Bohr. Sol.: r3= 9a0= 9×0.0529nm= 0.476nm v = n~ mer =c n~c mec2r =c 3(1240eV.nm)/2π (0.511×106eV)(0.476nm) = 2.43×10 −3_{c= 7.3×10}5_m/s U=− e2 4π0r =− 1.44eV.nm 0.476nm =−3.02eV K= e2 8π0r = 1.51eV En efectoEn=−13.60_n2eV =− 13.60eV 9 =−1.51eV =U+K

Lineas espectrales del hidr´

ogeno seg´

un Bohr

Si electr´on salta de estadon1a estadon2,n1>n2, se radiar´a un fot´on con

energiahν=En1−En2⇒ν=En1₂−_π~En2 ν=_64πme342 0~3 (_n12 2 − 1 n2 1 ) λ= c ν = 64π32 0~3c me4 ( n2 1n22 n2 1−n22 ) = 1 R∞( n2 1n22 n2 1−n22 ) R∞=_64πme324 0~3c = 1.097373×107m−1 : constante de Rydberg Para transiciones den1= 3,4,5..an2= 2 : λ= (364.5nm)( n2 1 n2 1−4 )

Lineas espectrales del hidr´

ogeno seg´

un Bohr: continuaci´

on

Lineas espectrales del hidr´

ogeno seg´

un Bohr y el principio de Ritz

Si electr´on salta de estadon3a estadon2, y luego den2an1

νn3→n2 =cR∞( 1 n2 3 − 1 n2 2 ) νn2→n1 =cR∞( 1 n2 2 − 1 n2 1 ) νn3→n2+νn2→n1=cR∞( 1 n2₃ − 1 n2₂) +cR∞( 1 n2₂ − 1 n2₁) =cR∞( 1 n2₃− 1 n2₁) νn3→n2+νn2→n1=νn3→n1

Lineas espectrales del hidr´

ogeno seg´

un Bohr: ejemplo

La longitud de onda m´as corta de la serie de Lyman para el ´atomo de

hidr´ogeno es 91.13nm. Determinar las tres longitudes de onda m´as largas

pertenecientes a esta serie. Sol.

Para la serie de Lyman se tieneλ= (91.13nm)_n2n−21

Para n=2 : λ= 91.134

3= 121.51nm

Para n=3: λ= 91.139

8 = 102.52nm

Para n=4: λ= 91.1316₁₅ = 97.21nm

El experimento de Franck y Hertz prueba existencia estados at´

omicos

excitados

J. Franck y G. Hertz 1914 : experimento en tubo con vapor de Hg a presi´on baja

F calienta c´atodo C que emite electrones que son acelerados a G por V

Electrones sufren colisionesel´asticas i.e. sin p´erdida de energiacon

´

atomos Hg luego si↑V ⇒↑I medida en A

SiV :eV ∼energia estado excitado Hg, electr´on perder´a casi toda su

energia enm´ultiples colisiones inel´asticasimpiden vencer potencial de

frenadoV0⇒↓I en m´ultiplos de ella, 4.9eV,↔λ= 254nmespectro Hg

El experimento de Franck y Hertz: ejemplo

Usamos vapor de Na en un experimento de tipo Franck-Hertz. El primer estado

excitado del Na decae en el estado fundamental emitiendo un fot´on de longitud

de onda 590nm. Determinar el voltaje al que deberemos observar la primera

caida de potencial. Sol.: E =hc λ = 1240eV.nm 590nm = 2.1eV

Luego la primera caida de potencial la observaremos a 2.1V

Problemas del modelo de Bohr

Aunque el modelo de Bohr predice correctamente las energias de los estados electr´onicos, tiene serias deficiencias:

Se basa en una hip´otesis ad-hoc seg´un la cual los electrones en ´orbitas estacionarias no tengan que radiar por ’breamsstrahlung’

Para el estado fundamental del ´atomo de hidr´ogeno,n= 1, Bohr predice

L= 1·~,exp. L= 0

Viola las relaciones de incertidumbre de Heisenberg. En efecto,

supongamos que el electr´on orbita en el planoX−Y, entonces

z= 0⇒∆z= 0 y tambienpz= 0⇒∆pz = 0 con lo cual ∆z∆pz= 0 y

No explica desdoblamiento de lineas espectrales

Para ´atomos conZ >1 no sabe como incorporar fuerza entre electrones y

no incorpora el principio de exclusi´on de Pauli

Resumen

Par´ametro de impacto: b= zZ

2K e2 4π0cot θ 2 F´ormula de Rutherford :N(θ) = nt 4r2( zZ 2K) 2 e2 4π0 1 sin4θ 2

F´ormula de Balmer : lineas emisi´on hidr´ogeno en regi´on visible: λ= (364.5nm) n2 n2−4 ; n= 3,4,5, ... En general : λ=λlim n 2 n2−n2 0 ;n=n0+ 1,n0+ 2,n0+ 3, ...⇒:Lyman(n0=

1),Paschen(n0= 3),Brackett(n0= 4),Pfund(n0= 5)

Radios de Bohr: rn= 4π0~ 2 me2 n 2_=a 0n2; a0= 0.0529nm Energias :En=− me 4 32π22 0~2 1 n2 = −13.60eV n2 : n= 1,2,3, ... Energia ionizaci´on o de enlace del nivel n : |En|. Longitudes onda lineas emisi´on:λ= _R∞1 n21n22

n2 1−n22

; R∞= 1.097373×107m−1