TD N°2 L`ATOME DE BOHR

TD N°2
L’ATOME DE BOHR
EXERCICE 1
ETAT FONDAMENTAL ET EXCITE DE L’ATOME DE BOHR
•
Modèle planétaire de l’atome d’hydrogène (Rutherford) : noyau chargé positivement
autour duquel gravite un électron chargé négativement
Problème : l'électron, charge électrique accélérée, devrait selon la physique classique,
rayonner de l'énergie et donc finir par s'écraser sur le noyau.
De plus l’obtention d’un spectre discontinu montre que l’atome ne peut prendre que des
valeurs discrètes d’énergie : l’énergie est quantifiée.
•
Postulat de Bohr :
1) L'électron ne rayonne aucune énergie lorsqu'il se trouve sur une orbite stable (ou orbite
stationnaire). A chaque orbite correspond un niveau d’énergie de l’atome.
2) L’électron ne rayonne ou n'absorbe de l'énergie que lors d'un changement d'orbite : il
passe d’une orbite à l’autre par émission d’un photon (retour à un état plus stable de
moindre énergie) ou absorption d’un photon (passage à un état excité de plus grande
énergie).
E
En
hν = En - Em
hν = En - Em
Em
Absorption
-1-
Emission
•
•
•
Système étudié : électron
Référentiel : du laboratoire (supposé galiléen), origine = proton supposé fixe
Bilan des forces :
- Force électrostatique (attractive)
- Poids négligeable
r
F
r
u
e-
r0
e+
A Relation entre le rayon r0 de la trajectoire de l’électron et sa vitesse
r
1 e2 r
F
=
−
u
L’électron est soumis à la force électrostatique exercée par le proton :
4πε 0 r0 2
Relation fondamentale de la dynamique :
r
r
r
r
1 e2 r
F
=
m
a
F
=
−
u = me a
∑
2
4πε 0 r0
r r
Expression de l’accélération dans la base orthonormale directe locale de Frênet (T , N ) :
r
- T : vecteur unitaire tangent à la courbe, dirigé dans le sens du mouvement
r
- N : vecteur normal à T (rotation de π/2)
r
r
r
a = aT T + a N N
Accélération tangentielle : aT =
Accélération normale : a N =
v2
R
dv
dt
(R : rayon de courbure)
-2-
L’électron a un mouvement circulaire uniforme donc : aT =
r
r
v2 r
Donc : a = a N N = − u
r0
dv
v2
= 0 et a N =
dt
r0
(accélération centripète)
r
v2 r
1 e2 r
En remplaçant dans la relation fondamentale : F = −
u
m
u
=
−
e
r0
4πε 0 r0 2
e2 v 2
On en déduit :
=
4πε 0 r0 2 r0
1
e2
r0 =
4πε 0 me v 2
B Energie mécanique de l’électron
•
1
1
e2
Energie cinétique : E c = me v 2 = ×
2
2 4πε 0 r
•
Energie potentielle
Ec =
e2
8πε 0 r
Une force est dite conservative lorsque le travail produit par cette force est indépendant du
chemin suivi par son point d'action (exemple : force électrostatique, force gravitationnelle…).
Si ce n'est pas le cas elle est alors dite non-conservative (exemple : force de frottement,
forces de pression…).
Une force conservative dérive d’une énergie potentielle telle que : F = −
dE p
dx
La force électrostatique est conservative, donc dérive d’une énergie potentielle :
dE p
F=−
dE p = − F .dr
dr
Intégrons cette relation pour r variant entre r et l’infini :
∞
∞
r
r
E p ( ∞) − E p ( r ) = − ∫ F .dr = − ∫
Par convention : E p ( ∞) = 0
•
∞
∞

e2
e2
e2 
e2
e2
−
.
dr
=
.
dr
=
−
=
0
−
(
−
)
=
 4πε r 
∫r 4πε 0 r 2
4πε 0 r 2
4πε 0 r
4πε 0 r
0 r

1
Ep = −
e2
4πε 0 r
Energie mécanique :
E = Ec + E p =
e2
8πε 0 r
−
e2
4πε 0 r
=−
e2
8πε 0 r
-3-
E=−
e2
8πε 0 r
L’énergie de l’atome est négative, et augmente avec le rayon de l’orbite (c’est-à-dire lorsque
l’électron est excité). Quand r tend vers l’infini, l’énergie tend vers zéro : l’électron est libéré
de l’attraction électrostatique exercée par le noyau (ionisation de l’atome).
C Rayon des orbites
1er postulat de Bohr : le moment cinétique de l’électron est quantifié
r
L
r
r
r
v
r r r
Moment cinétique : L = r ∧ p
L = me vr = n
r
r
p = me v : quantité de mouvement
h
2π
n : nombre quantique principal (entier ≥ 1)
e2
D’autre part on a montré que : v =
4πε 0 me r
2
2
On en déduit le rayon r des différentes orbites : rn = n
h 2ε 0
πm e e 2
2
Rayon de l’orbite de nombre quantique principal n : rn = n r1
r1 =
h 2ε 0
: rayon de la 1ère orbite de Bohr
2
πm e e
r1 =
h 2ε 0
(6,62.10 −34 ) 2 × 8,84.10 −12
=
= 5,29.10 −11 m = 52,9 pm
πme e 2 π × 9,1.10 −31 × (1,6.10 −19 ) 2
Remarque :
1
4πε 0
Etat fondamental
Etats excités
(n > 1)
= 9.10 9 SI
ε0 =
1
= 8,84.10 −12 SI
9
4π × 9.10
Nombre quantique principal n
1
Rayon de l’orbite (en m et pm)
2
r2 = 4r1 = 2,12.10 −10 m = 212 pm
3
r3 = 9r1 = 4,76.10 −10 m = 476 pm
4
r4 = 16r1 = 8,46.10 −10 m = 846 pm
5
r5 = 25r1 = 1,32.10 −9 m = 1320 pm
6
r6 = 36r1 = 1,90.10 −9 m = 1900 pm
7
r7 = 49 r1 = 2,59.10 −9 m = 2590 pm
-4-
r1 = 5,29.10 −11 m = 52,9 pm
D Vitesse des électrons
e2
v =
4πε 0 me r
2
vn =
1
e2
×
2ε 0 h n
v1 =
v=
e
4πε 0 me r
=
e
h 2ε 0
4πε 0 me n
πm e e 2
2
1
e2
=
×
2ε 0 h n
e2
(1,6.10 −19 ) 2
=
= 2,2.10 6 m.s −1
2ε 0 h 2 × 8,84.10 −12 × (6,62.10 −34
Remarque : v1 < c donc l’électron n’est pas relativiste, on peut donc lui appliquer les lois de
la mécanique classique
Etat fondamental
Nombre quantique principal n
1
Vitesse de l’électron (m/s)
v1 = 2,2.10 6 m.s −1
v
v 2 = 1 = 1,1.10 6 m.s −1
2
v
v3 = 1 = 7,3.10 5 m.s −1
3
v
v 4 = 1 = 5,5.10 5 m.s −1
4
v
v5 = 1 = 4,4.10 5 m.s −1
5
v
v6 = 1 = 3,6.10 5 m.s −1
6
v
v7 = 1 = 3,1.10 5 m.s −1
7
2
3
4
Etats excités
(n > 1)
5
6
7
E Energie de l’électron
E=−
e2
8πε 0 r
=−
e2
h 2ε 0
8πε 0 n
πm e e 2
2
=−
e 4 me
1
× 2
2 2
n
8ε 0 h
En = −
e 4 me
1
E
× 2 = 21
2 2
n
n
8ε 0 h
e 4 me
(1,6.10 −19 ) 4 × 9,1.10 −31
E1 = −
=−
= −2,2.10 −18 J = −13,6 eV
2 2
−12 2
− 34 2
8 × (8,84.10 ) × (6,62.10 )
8ε 0 h
Etat fondamental
Etats excités
(n > 1)
Nombre quantique principal n
1
2
3
-5-
Energie (J et eV)
E1 = −2,2.10 −18 J = −13,6 eV
E
E 2 = 1 = −5,4.10 −19 J = −3,40 eV
4
E
E 3 = 1 = −2,4.10 −19 J = −1,51 eV
9
E1
= −1,4.10 −19
16
E
E5 = 1 = −8,7.10 − 20
25
E
E 6 = 1 = −6,0.10 −20
36
E
E7 = 1 = −4,4.10 −20
49
E4 =
4
5
6
7
J = −0,85 eV
J = −0,54 eV
J = −0,38 eV
J = −0,28 eV
Tableau récapitulatif
n
1
r (m)
v (m/s)
5,29.10
−11
2
2,12.10
−10
3
4,76.10 −10 m
−10
m
m
4
8,46.10
5
1,32.10 −9 m
6
1,90.10 −9 m
7
2,59.10
−9
m
m
E (J)
6
−1
6
−1
2,2.10 m.s
1,1.10 m.s
7,3.10 5 m.s −1
5
−1
E (eV)
−18
J
− 13,6 eV
−19
J
− 3,40 eV
− 2,4.10 −19 J
− 1,51 eV
− 2,2.10
− 5,4.10
−19
J
− 0,85 eV
4,4.105 m.s −1
− 8,7.10 −20 J
− 0,54 eV
3,6.105 m.s −1
− 6,0.10 −20 J
− 0,38 eV
5,5.10 m.s
5
3,1.10 m.s
−1
− 1,4.10
− 4,4.10
−20
J
− 0,28 eV
F Diagramme énergétique de l’atome d’hydrogène
Etats libres
Energie continue
En (eV)
0
-0,28
-0,38
-0,54
n→∞
n=7
n=6
n=5
-0,85
n=4
-1,51
n=3
Ionisation
Etats
excités
Etats liés
Energie quantifiée
-3,40
n=2
-13,6
n = 1 Etat fondamental
-6-
EXERCICE 2
SERIE DE BALMER ET SERIE DE LYMAN
•
•
•
Série de Lyman : émission n → m = 1
Série de Balmer : émission n → m = 2
Série de Paschen : émission n → m = 3
A Niveaux d’énergie (cf. exercice 1, question e)
n
1
E (J)
E (eV)
−18
J
− 13,6 eV
−19
− 2,2.10
2
− 5,4.10
J
− 3,40 eV
3
− 2,4.10 −19 J
− 1,51 eV
−19
4
− 1,4.10
J
− 0,85 eV
5
− 8,7.10 −20 J
− 0,54 eV
6
− 6,0.10 −20 J
− 0,38 eV
− 4,4.10
7
−20
J
− 0,28 eV
B Longueur d’onde des transitions
2ème postulat de Bohr : le passage d’une orbite stationnaire d’énergie En à une orbite
stationnaire d’énergie Em (m < n) se fait par émission d’un photon d’énergie :
hν n → m =
hc
λn →m
= En − Em = −
1
λn →m
RH =
me e 4
1 me e 4
1 me e 4
+
=
n 2 8ε 0 2 h 2 m 2 8ε 0 2 h 2 8ε 0 2 h 2
=
1 
 1
 2 − 2
n 
m
me e 4  1
1 
1 
 1
− 2  = RH  2 − 2 
2 3 
2
n 
n 
8ε 0 h c  m
m
me e 4
9,1.10 −31 × (1,6.10 −19 ) 4
=
= 1,09605.10 7 m −1
2 3
−12 2
− 34 3
8
8ε 0 h c 8 × (8,84.10 ) × (6,62.10 ) × 3.10
7
−1
En réalité : RH = 1,0973.10 m
La différence vient du fait qu’il faut remplacer la masse de l’électron par la masse réduite du
me mn
système électron-noyau : µ =
me + mn
-7-
•
Série de Lyman : émission n → m = 1
λn→1 =
9,11328.10 −8
= 1,22.10 −7 m = 122 nm
1 

1 − 2 
 2 
9,11328.10 −8
n = 3 : λ3→1 =
= 1,03.10 −7 m = 103 nm
1


1 − 2 
 3 
9,11328.10 −8
n = 4 : λ4→1 =
= 9,72.10 −8 m = 97,2 nm
1

1 − 2 
 4 
9,11328.10 −8
n = 5 : λ5→1 =
= 9,49.10 −8 m = 94,9 nm
1

1 − 2 
 5 
9,11328.10 −8
n = 6 : λ6→1 =
= 9,37.10 −8 m = 93,7 nm
1

1 − 2 
 6 
9,11328.10 −8
n = 7 : λ7→1 =
= 9,30.10 −8 m = 93,0 nm
1


1 − 2 
 7 
9,11328.10 −8
n → ∞ : λ∞→1 =
= 9,11.10 −8 m = 91,1 nm
(1 − 0)
n = 2 : λ2→1 =
•
Série de Balmer : émission n → m = 2
n = 3 : λ3→2
n = 4 : λ4→2
n = 5 : λ5→2
λn →2 =
1
1 

RH  1 − 2 
 n 
9,11328.10 −8
1 

1 − 2 
 n 
(raie α)
(raie β)
(raie γ)
(longueur d’onde limite)
1
9,11328.10 −8
=
1 1 
1 1 
RH  − 2 
 − 2
4 n 
4 n 
1
9,11328.10 −8
=
=
= 6,56.10 −7 m = 656 nm
1 1 
1 1 
RH  − 2 
 − 2
4 3 
4 3 
1
9,11328.10 −8
=
=
= 4,86.10 −7 m = 486 nm
1
1
1
1




RH  − 2 
 − 2
4 4 
4 4 
1
9,11328.10 −8
=
=
= 4,34.10 −7 m = 434 nm
1 1 
1 1 
RH  − 2 
 − 2
4 5 
4 5 
-8-
=
1
9,11328.10 −8
=
= 4,10.10 −7 m = 410 nm
1 1 
1 1 
RH  − 2 
 − 2
4 6 
4 6 
1
9,11328.10 −8
n = 7 : λ7→2 =
=
= 3,97.10 −7 m = 397 nm
1
1
1
1




RH  − 2 
 − 2
4 7 
4 7 
1
9,11328.10 −8
n → ∞ : λ∞→2 =
=
= 3,65.10 −7 m = 365 nm
1

1

RH  − 0 
 − 0
4

4

n = 6 : λ6→2 =
•
Série de Paschen : émission n → m = 3
λn → 3
1
9,11328.10 −8
=
=
1 1 
1 1 
RH  − 2 
 − 2
9 n 
9 n 
1
9,11328.10 −8
=
= 1,87.10 −6 m = 1870 nm
1
1
1
1




RH  − 2 
 − 2
9
4
9
4




1
9,11328.10 −8
n = 5 : λ5→3 =
= 1,28.10 −6 m = 1280 nm
=
1 1 
1 1 
RH  − 2 
 − 2
9 5 
9 5 
1
9,11328.10 −8
n = 6 : λ6→3 =
= 1,09.10 −6 m = 1090 nm
=
1 1 
1 1 
RH  − 2 
 − 2
9 6 
9 6 
1
9,11328.10 −8
n = 7 : λ7 → 3 =
= 1,00.10 −6 m = 1000 nm
=
1 1 
1 1 
RH  − 2 
 − 2
9 7 
9 7 
1
9,11328.10 −8
n → ∞ : λ ∞→ 3 =
=
= 8,20.10 −7 m = 820 nm
1
1




RH  − 0 
 − 0
9
9




n = 4 : λ4→3 =
Tableau récapitulatif
n
2
3
4
5
6
7
…
∞
Lyman (m = 1)
122 nm
103 nm
97,2 nm
94,9 nm
93,7 nm
93,0 nm
…
91,1 nm
Balmer (m = 2)
656 nm
486 nm
434 nm
410 nm
397 nm
…
365 nm
-9-
Paschen (m = 3)
1870 nm
1280 nm
1090 nm
1000 nm
…
820 nm
C Représentation sur le diagramme énergétique
D Radiations visibles
•
•
•
Série de Lyman : 91,1 – 122 nm ultraviolet (10 – 400 nm)
Série de Balmer : 365 – 656 nm visible (400 – 800 nm)
Série de Paschen : 820 – 1870 nm infrarouge (800 – 106 nm)
Seules les radiations de la série de Balmer sont visibles.
- 10 -
E Energie d’ionisation de l’atome d’hydrogène
•
L’énergie d’ionisation est l’énergie nécessaire pour libérer l’électron de l’attraction du
noyau, ce qui correspond à la transition du niveau n = 1 (état fondamental) au niveau n →
∞ (énergie nulle) par absorption d’un photon d’énergie :
Ei = 0 − E1 = − E1 = 2,2.10 −18 J = 13,6 eV
L’énergie d’ionisation est toujours positive.
En (eV)
0
-0,28
-0,38
-0,54
n→∞
n=7
n=6
n=5
-0,85
n=4
-1,51
n=3
Ionisation
•
-3,40
n=2
-13,6
n=1
La longueur d’onde correspondante est :
λi =
hc 6,62.10 −34 × 3.108
=
= 9,02.10 −8 m = 90,2 nm
−18
Ei
2,2.10
Remarque : cette longueur d’onde correspond à la longueur d’onde limite de la série de
Lyman (transition ∞ → 1), mais ici il s’agit d’une absorption et non d’une émission.
- 11 -