Bohrs modell för väteatomen

Kurs: F0005T Förkunskaper: Bohrs atommodell, Rörelsemängdsmoment

---

Bohr antog att elektronen rör sig i stabila banor och att rörelsemängdsmomentet är kvantiserat i enheter av $h/2\pi$. Tillsammans med Coulombkraften som centripetalkraft ger det banradier och hastigheter som bara beror på huvudkvanttalet $n$ — det var därför det kom att kallas kvantmekanik. Minsta radien är Bohrradien $a_0=0,529\cdot 10^{-10}$ m, och därefter följer $r_2=4a_0$, $r_3=9a_0$ och så vidare. Den totala energin blir $E_n=K_n+U_n=-K_n$, och energin för att ta elektronen från grundtillståndet till $E_{\infty }=0$ är vätets joniseringsenergi $13,6$ eV.

$$\boxed{L_n=m{v}_n{r}_n=n\frac{h}{2\pi }{E}_n=-\frac{1}{{\epsilon }_0^2}\frac{m{e}^4}{8n^2{h}^2}=-\frac{13,6\mathrm{eV}}{n^2}}$$

Fysika: Fd3 (i formen E_n = −E_H Z²/n² med Z = 1), Te (E_H)

---

Formeln, symbol för symbol

$$\underset{\begin{array}{c}\text{ro¨relsema¨ngds-}\\ \text{moment }{L}_n\end{array}}{\underbrace{m{v}_n{r}_n}}=\underset{\begin{array}{c}\text{heltal}\\ 1,2,3,\dots \end{array}}{\underbrace{n}}\underset{\begin{array}{c}\text{kvantum}\\ \text{fo¨r }L\end{array}}{\underbrace{\frac{h}{2\pi }}}$$

$$\underset{\begin{array}{c}\text{energin i}\\ \text{bana }n\end{array}}{\underbrace{E_n}}=-\underset{\begin{array}{c}\text{bindningen}\\ \text{avtar som }1/n^2\end{array}}{\underbrace{\frac{13,6\text{eV}}{n^2}}}$$

Villkoret väljer ut de banor där elektronvågen går jämnt upp runt kärnan. Energin är negativ eftersom elektronen är bunden; ju högre $n$, desto närmare noll och desto lättare att jonisera atomen.

---

1. Kvantiseringsvillkoret

Klassiskt kan elektronen kretsa på vilket avstånd som helst, och då kan atomen ha vilken energi som helst — i strid med linjespektrumet. Bohr behöll den klassiska cirkelbanan men lade till ett villkor: rörelsemängdsmomentet får bara vara en heltalsmultipel av $h/2\pi$, som i rutan ovan. Heltalet $n=1,2,3,\dots$ kallas huvudkvanttalet. Dessutom postulerade han att elektronen inte strålar så länge den stannar i en tillåten bana; atomen avger eller tar upp energi bara när elektronen byter bana (se Bohrs atommodell).

Villkoret går att läsa som ett vågvillkor. Ger vi elektronen de Broglie-våglängden ${\lambda }_n=h/(m{v}_n)$ och kräver att banans omkrets rymmer ett helt antal våglängder, så får vi

$$2\pi r_n=n{\lambda }_n$$

$$2\pi r_n=n\frac{h}{m{v}_n}$$

Fysika: Fd3 (de Broglie-våglängden)

$$m{v}_n{r}_n=n\frac{h}{2\pi }$$

vilket är precis Bohrs villkor. Elektronen i en tillåten bana är en stående våg som sluter sig själv.

Vänster: med fyra de Broglie-våglängder på omkretsen möter vågen sig själv i fas och bildar en stående våg. Mitten: 3,5 våglängder går inte jämnt upp. Höger: de tre första banorna i skala, $r_n=n^2{a}_0$, med farten $v_n=v_1/n$.

---

2. Banradier och hastigheter

Protonen är nästan $2000$ gånger tyngre än elektronen, så vi låter den stå still. Coulombkraften mellan protonen och elektronen är den centripetalkraft som håller elektronen i cirkelbanan:

$$\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{e^2}{r_n^2}=\frac{m{v}_n^2}{r_n}$$

Tillsammans med kvantiseringsvillkoret är det två ekvationer för de två obekanta $r_n$ och $v_n$.

Härledning av $r_n$ och $v_n$

Förenkla kraftekvationen. Multiplicera med $r_n$:

$$m{v}_n^2{r}_n=\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0}$$

Dela med kvantiseringsvillkoret. Vänsterledet delat med $m{v}_n{r}_n=nh/2\pi$ blir $v_n$:

$$v_n=\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{2\pi }{nh}$$

$$v_n=\frac{e^2}{2{\epsilon }_{0}nh}$$

Radien. Lös ut $r_n$ ur kvantiseringsvillkoret och sätt in $v_n$:

$$r_n=\frac{nh}{2\pi m{v}_n}=\frac{nh}{2\pi m}\cdot \frac{2{\epsilon }_{0}nh}{e^2}$$

$$r_n=\frac{{\epsilon }_0{n}^2{h}^2}{\pi m{e}^2}$$

$$\boxed{r_n=\frac{{\epsilon }_0{n}^2{h}^2}{\pi m{e}^2}=n^2{a}_0{v}_n=\frac{e^2}{2{\epsilon }_{0}nh}=\frac{v_1}{n}}$$

Fysika: Fd3 (banradie r_n = a₀n²/Z med Z = 1)

Med konstanterna insatta blir

$$a_0=\frac{{\epsilon }_0{h}^2}{\pi m{e}^2}=5,29\cdot 10^{-11}\text{ m}{v}_1=\frac{e^2}{2{\epsilon }_{0}h}=2,19\cdot 10^6\text{ m/s}$$

Fysika: Te (a₀)

• Radien växer som $n^2$: $a_0$, $4a_0$, $9a_0$, … Grundtillståndets diameter på ungefär $0,1$ nm stämmer med atomstorlekar mätta på andra sätt.
• Farten avtar som $1/n$. Även den största farten $v_1$ är under $1\%$ av ljusfarten ($v_1/c\approx 1/137$), så klassisk mekanik räcker.

---

3. Kinetisk, potentiell och total energi

Med $r_n$ och $v_n$ kända kan varje energi skrivas som funktion av $n$. Den potentiella energin sätts till noll när elektronen är oändligt långt bort, så den är negativ i varje bana:

$$K_n=\frac{1}{2}m{v}_n^2=\frac{1}{{\epsilon }_0^2}\frac{m{e}^4}{8n^2{h}^2}$$

$$U_n=-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{e^2}{r_n}=-\frac{1}{{\epsilon }_0^2}\frac{m{e}^4}{4n^2{h}^2}$$

Den potentiella energin är alltså exakt $-2$ gånger den kinetiska, och summan blir energin i rutan överst:

$$\boxed{E_n=K_n+U_n=-K_n=\frac{U_n}{2}}$$

I elektronvolt är $K_n=13,6\text{ eV}/n^2$, $U_n=-27,2\text{ eV}/n^2$ och $E_n=-13,6\text{ eV}/n^2$. Samma fördelning gäller för satellitbanor, eftersom både gravitationen och Coulombkraften avtar som $1/r^2$.

---

4. Energinivådiagrammet och joniseringsenergin

Nivåerna ligger tätare ju högre upp vi kommer och hopar sig under $E_{\infty }=0$. Ovanför noll är elektronen fri och kan ha vilken energi som helst. Varje pil i diagrammet är en övergång $n_U\to n_L$ där en foton med energin $E_{n_U}-E_{n_L}$ sänds ut; våglängderna ges av Rydbergs formel.

Vätets energinivåer $E_n=-13,6\text{ eV}/n^2$. Pilarna är övergångarna i Lyman-, Balmer- och Paschenserien; seriens namn bestäms av den undre nivån.

Joniseringsenergin är den energi som krävs för att lyfta elektronen från nivå $n$ till $E_{\infty }=0$:

$$E_{\text{jon},n}=0-E_n=\frac{13,6\text{ eV}}{n^2}$$

Från grundtillståndet ger modellen $13,606$ eV, mot det uppmätta $13,60$ eV. Den lilla skillnaden kommer av att protonen inte står still, se Reducerad massa.

Vanliga fel

• Tecknet på $E_n$. Energierna är negativa, och en högre nivå har mindre negativ energi: $E_3=-1,51$ eV ligger över $E_2=-3,40$ eV.
• $K$ och $E$ rör sig åt olika håll. När atomen exciteras ökar $E_n$, men $K_n=-E_n$ minskar — elektronen går långsammare i den större banan. $U_n$ ökar dubbelt så mycket som $E_n$.
• Radien skalar som $n^2$, inte $n$. $r_3=9a_0$, inte $3a_0$.
• Joniseringsenergin från en exciterad nivå är $13,6\text{ eV}/n^2$, inte $13,6$ eV.

---

5. Lösta exempel

Exempel — Elektronen i n = 2 som stående våg

En väteatom är i sitt första exciterade tillstånd, $n=2$. Bestäm elektronens banradie, fart och omloppstid enligt Bohrs modell. Beräkna också elektronens de Broglie-våglängd och visa att banans omkrets rymmer precis två våglängder.

Lösning

Radien. $r_n=n^2{a}_0$ ger

$$r_2=4\cdot 5,29\cdot 10^{-11}\text{ m}=\boxed{2,12\cdot 10^{-10}\text{ m}}$$

Farten. $v_n=v_1/n$ ger

$$v_2=\frac{2,19\cdot 10^6}{2}=\boxed{1,09\cdot 10^6\text{ m/s}}$$

Omloppstiden.

$$T_2=\frac{2\pi r_2}{v_2}=\frac{2\pi \cdot 2,12\cdot 10^{-10}}{1,09\cdot 10^6}=\boxed{1,22\cdot 10^{-15}\text{ s}}$$

De Broglie-våglängden.

$${\lambda }_2=\frac{h}{m_e{v}_2}=\frac{6,626\cdot 10^{-34}}{9,109\cdot 10^{-31}\cdot 1,094\cdot 10^6}=\boxed{6,65\cdot 10^{-10}\text{ m}}$$

Kontroll av omkretsen.

$$2\pi r_2=2\pi \cdot 2,117\cdot 10^{-10}=1,33\cdot 10^{-9}\text{ m}=2\cdot 6,65\cdot 10^{-10}\text{ m}=2{\lambda }_2$$

Omkretsen rymmer exakt $n=2$ våglängder, som kvantiseringsvillkoret kräver.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Exempel — Banradien blir nio gånger så stor

En väteatom i grundtillståndet absorberar en foton, och därefter är elektronens banradie nio gånger så stor som förut. Bestäm fotonens våglängd. Hur mycket ändras elektronens kinetiska energi respektive atomens potentiella energi?

Lösning

Slutnivån. $r_n=n^2{a}_0=9a_0$ ger $n=3$.

Fotonenergin.

$$E_3-E_1=-\frac{13,6}{9}-(-13,6)=-1,51+13,6=12,1\text{ eV}$$

Våglängden.

$$\lambda =\frac{hc}{E_3-E_1}=\frac{1240\text{ eV}\cdot \text{nm}}{12,09\text{ eV}}=\boxed{103\text{ nm}}$$

Det är ultraviolett ljus, den andra linjen i Lymanserien.

Kinetiska energin. $K_n=13,6\text{ eV}/n^2$:

$$\Delta K=1,51-13,6=\boxed{-12,1\text{ eV}}$$

Potentiella energin. $U_n=-27,2\text{ eV}/n^2$:

$$\Delta U=-3,02-(-27,2)=\boxed{+24,2\text{ eV}}$$

Rimlighetskoll. $\Delta K+\Delta U=-12,1+24,2=12,1$ eV, vilket är fotonens energi.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Läsning

• 39.3 Energy Levels and the Bohr Model of the Atom

---

← Bohrs atommodell · F0005T · Rydbergs formel →