Fisica-Moderna-Exercicios-Resolvidos-2009.pdf

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2-a Tiragem

c 2009, Elsevier Editora Ltda.  Todos os direitos reservados e protegidos pela Lei 9.610 de 19/02/1998. Nenhuma parte deste livro, sem autoriza¸c˜ cão ao prévia evia por escrito da editora, poder´ a ser reproduzida ou transmitida sejam quais forem os meios empregados: eletrˆ onicos, onicos, mecânicos, anicos, fotográficos, aficos, grava¸c˜ cao aõ ou quaisquer outros. coes ões Editoriais Copidesque: Caravelas Produ¸c˜ Revis˜ ao: Marco Antˆ onio on io Corrˆ Co rrêa ea Editora¸c˜ cao ˜ Eletrˆ onica: Francisco Caruso & Vitor Oguri Elsevier Editora Ltda. Conhecimento sem Fronteiras Rua Sete de Setembro, 111 – 16- andar 20050-006 Rio de Janeiro - RJ - Brasil o

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zelo e técnica ecnica foram empregados na edi¸ ed i¸c˜ cao aõ desta obra. No entanto, podem ocorrer erros de digita¸c˜ cao, aõ, impressão ao ou d´ uvida conceitual. Em qualquer das hipóteses, uvida oteses, solicitamo solicitamoss a com comunic unica¸ a¸c˜ cão ao à nossa nossa Cent Central ral de Atend Atendime iment ntos, os, para para que possamo possamoss esclarecer ou encaminhar a questão. ao. Nem a editora nem os autores assumem qualquer responsabilidade por eventuais danos ou perdas a pessoas ou bens, originados do uso desta publica¸c˜ cão. ao. CIP-Brasil, cataloga¸c˜ cão-na-fonte. ao-na-fonte. Sindicato Nacional dos Editores de Livros, RJ.

C317f Caruso, Francisco F´ısica moderna moder na : exerc´ exerc´ıcios resolvidos resolvi dos / Francisco Caruso, Vitor Oguri. – Rio de Janeiro: Elsevier, 2009 – 2- reimpress˜ ao. ao. a

ISBN 978-85-352-3645-3 1. F´ısica – Problemas, Problemas , questões, oes, exerc´ exerc´ıcios. I. Oguri, Vitor, 1951 -. II. T´ıtulo. 09-3464. CDD 530 CDU 53 15.07.09 20.07.09 013841

A Jos´ e Leite Lopes, in memoriam, e a Jos´ e M.F. Bassalo, com amizade.

´ a lembran¸ca da flor no fruto, E e n˜ ao o sol, que o faz maduro. Antˆ onio Fantinato

Explicar o vis´ıvel complicado a partir do invis´ıvel simples, eis a forma de inteligˆ encia intuitiva à qual (...) devemos a atom´ıstica. Jean Perrin

Apresenta¸ c˜ ao Os livros n˜ ao s˜ ao feitos apenas com o que se sabe e o que se vˆ e. Necessitam de ra´ızes mais profundas.

Gaston Bachelard Este livro apresenta a solu¸caõ de todos os exerc´ıcios propostos na primeira edi¸cão do nosso livro F´ısica Moderna: Origens Cl´ assicas e Fundamentos Quˆ anticos , publicado em 2006 pela Editora Campus/Elsevier, agraciado com o Prêmio Jabuti em 2007. Procuramos resolvê-los da forma mais clara e completa poss´ıvel, relembrando, muitas vezes, os conceitos envolvidos ou remetendo o leitor ao ponto espec´ıfico do livro ao qual ele pode se dirigir para enfrentar o exerc´ıcio proposto. Sempre que necess´ ario, ao tentar resolver os exerc´ıcios que envolvam cálculos numéricos, utilize os valores das constantes e das convers˜ oes de unidades apresentadas nas tabelas a seguir. Se preferir, use valores aproximados. Constantes Universais Simb.

e h h me m p k c G ²0 ¹0

SI

Outros Sistemas

1,6 × 10-19 C 6,626 × 10-34 J.s 1,055 × 10-34 J.s 9,11 × 10-31 kg 1,673 × 10-27 kg 1,381 × 10-23 J/K 3,0 × 108 m/s 6,674 × 10-11 m3.kg-1.s-2 8,854 × 10-12 F/m 4¼ × 10 -7 N.A -2

4,8 × 10-10 ues 6,626 × 10 -27 erg.s 6,58 × 10 -22 MeV.s 0,511 MeV/c 2 938,3 MeV/c 2 8,617 × 10-5 eV/K

Gostar´ıamos de aproveitar a ocasi˜ ao para deixar claro que não é absolutamente nossa inten¸caõ incentivar os alunos que estejam seguindo regularmente um curso baseado no livro F´ısica Moderna a não tentarem resolver os exerc´ıcios, ao tornar acess´ıveis as solu¸cões. O processo de abordar, equacionar e resolver os problemas propostos é parte integrante indispensável do processo de aprendizagem. Nenhum estudante pode queimar esta etapa, sob o risco de estar ix

x

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

se enganando. O livro de solu¸coes ˜ deve apenas servir como fonte de consulta, ou para adquirir confian¸ca em sua estrat´ egia de abordagem dos problemas, ou para conferir suas respostas ou, no máximo, para encontrar alguma dica de como come¸car a buscar as solu¸cões. Conversão de Unidades

1 pol 1A 1T 1C 1F 1N 1J 1 eV 1 GeV-1 1 barn 1 atm O

2,54 cm 10-8 cm 104 G 3 × 109 ues 1017 cm 105 dyn 107 erg 1,6 × 10-19 J 0,2 × 10-13 cm = 0,66 × 10-24 s 10-24 cm2 1,01 × 105 Pa = 760 Torr

Do ponto de vista do professor, este livro pode lhe economizar tempo no preparo de suas aulas e na corre¸cão dos exerc´ıcios, além de lhe permitir selecionar, com maior brevidade e facilidade, os exerc´ıcios que far´ a em classe como exemplo e quais deixará para o estudante resolver. A menos que se especifique o contr´ a rio, os n´ umeros das equa¸co˜es, figuras e tabelas citados ao longo do texto referem-se ao nosso F´ısica Moderna: Origens Cl´ assicas e Fundamentos Quˆ anticos . Queremos agradecer ao colega Fabio Antonio Seixas de Rezende e aos alunos do curso de F´ısica da Uerj Analu Ver¸cosa Custódio, Andrea Mantuano Coelho da Silva, J´ essica Furtado Guimar˜ a es e Rafael de Vasconcellos Clarim pela revisão do manuscrito e a Francisca Valéria Fortaleza Vasconcelos pelo aux´ılio na digita¸caõ de alguns cap´ıtulos. Naturalmente, qualquer falha que ainda persista deve ser atribu´ıda apenas aos autores. Nosso reconhecimento tamb´ em a toda a equipe da Elsevier pelo profissionalismo e aten¸cã o dada a` elabora¸caõ deste livro, em particular a Silvia Barbosa Lima, Vanessa Vilas Bôas Huguenin e, em especial, a André Wolff por seu apoio e empenho que tornaram esse projeto realidade. Aproveitamos para agradecer a todos que apontaram erros de impressão na primeira edi¸caõ do livro de texto, em especial ao amigo Jorge Barreto, e lembrar ao leitor que há uma errata, dispon´ıvel no site http://www.cbpf.br/ caruso/sitelivro/index.html, que deve periodicamente ser consultada por quem n˜ ao disp˜ oe da reimpress˜ ao corrigida (2008). ∼

Francisco Caruso & Vitor Oguri Rio de Janeiro, 13 de outubro de 2009.

1

A estrutura da mat´ eria: concep¸ co ˜es filos´ oficas na Antiguidade Exerc´ ıcio 1.8.1 Erat´ ostenes

conhecia o fato de que, na cidade de Siene, na Gr´ ecia, uma vez por ano, no solst´ıcio de ver˜ ao, precisamente ao meio-dia, uma haste que fosse colocada perpendicularmente ao ch˜ ao n˜ ao tinha sombra. Refazendo a experiˆ encia em Alexandria, concluiu que a sombra nunca chegava a desaparecer e que, de fato, no mesmo dia e hora citados, a sombra projetada sobre a terra fazia um ˆ angulo de 7o com a haste, o que ´ e incompat´ıvel com a Terra ser plana. Supondo que a Terra é esf´ erica, e sabendo que a distˆ ancia entre essas duas cidades é cerca de 700 km, recalcule o valor estimado por Erat´ ostenes para o raio da Terra.

Erat´ ostenes supôs que os raios solares são paralelos na regi˜ ao que engloba as duas cidades consideradas, conforme ilustra a figura a seguir. Se, em Alexandria, a sombra projetada sobre a terra fazia um ângulo de 7 com a haste (no mesmo instante em que não havia sombra em Siene), este é também o ângulo entre a vertical e o zênite1 nessa cidade. Assim, este ângulo é o mesmo ângulo θ = 7 entre os raios, r, da Terra, que delimitam o arco que interliga as duas cidades, cuja distˆ ancia será denotada por d. o

o

1

Cabe lembrar que o zênite ´ e o ponto exato acima da cabe¸ ca de um observador, na superf´ıcie ´ de um astro, projetado na ab´ oboda celeste. E, na pr´ atica, o marco referencial de localiza¸ c˜ ao de posi¸ co ˜es de objetos celestes.

1

2

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Logo, tg θ

 θ = dr

ou tg 7 = 0,128 o

⇒

d r

 18

Portanto, usando o valor aproximado de d = 700 km, dado no problema, encontra-se r

 5 600 km

Mas alguns autores afirmam que as medidas de comprimento feitas no s´ eculo III a.C. usavam a unidade est´ ostenes teria utilizado em seus adio e que Erat´ c´ alculos a distância de 5 000 est´ adios. Sabendo-se que 1 estádio 180 m, isto corresponderia a uma distância de 900 km entre as cidades, o que leva à predi¸cão



r

 7 370 km

As duas previsões devem ser comparadas com o valor atual de r

 6378,1 km

˜ es filoso ´ ficas na Antiguidade 1. A estrutura da mat ´ eria: concepc ¸o

3

Note que, no primeiro caso, a discrepância é de cerca de 11%, enquanto no segundo, de 13,5%. De qualquer forma, trata-se de uma estimativa muito boa considerada a época em que foi feita. Exerc´ ıcio 1.8.2 Mostre

que, no sistema solar de Kepler, descrito no texto, a raz˜ ao entre o raio da esfera de Saturno e a de J´ upiter ´ e igual a 3.

√

Considere a figura a seguir, sendo a o comprimento da aresta do cubo inscrito na esfera externa e que circunscreve a esfera interior.

Levando-se em conta o triângulo ABO da figura acima, utilizando-se as rela¸cões métricas conhecidas entre as diagonais e a aresta de um cubo inscrito em uma esfera de raio R = OA (raio de Saturno) e aplicando-se o teorema de Pit´ agoras ao triˆ angulo cinza, obtém-se 

2

√

2

R = r + (r 2)2 = 3r2

⇓ R = r

√

3

onde r = OB = a/2 é o raio de Júpiter. Os pitag´ oricos, que n˜ ao dispunham de qualquer forma de nota¸c˜ ao num´ erica, convencionaram exprimir os n´ umeros de forma semelhante ao que se usa ainda hoje nos domin´ os. Mais precisamente, eles confundiam o ponto da Geometria com a unidade da Aritm´ etica e, assim, pensavam nos n´ umeros como algo espacialmente extenso. Desse modo, para eles, os objetos Exerc´ ıcio 1.8.3

4

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

concretos eram literalmente compostos de agregados de unidades-pontos-´ atomos. Comente essas ideias ` a luz do que foi visto na Se¸c˜ ao 1.4.

Os n´ umeros para os pitagóricos, segundo Aristóteles, não seriam separáveis da matéria. No que concerne à concep¸cão que eles tinham da matéria f´ısica, é importante entender inicialmente a questão da representa¸caõ dos n´ umeros para se compreender a cr´ıtica aristotélica. Expressar os n´ umeros de forma geométrica, a partir de pontos, leva aos conceitos de “n´ umero retangular” e de “n´ umero quadrado”. Como exemplo do primeiro, pode-se imaginar o n´ umero 20, representado por 20 pontos regularmente dispostos sobre os lados e no interior de um quadrilátero cujo comprimento do lado maior difere do outro por apenas uma unidade (20 = 4 5). J´ a o nu ´ mero 16, por exemplo, igual a 4 4 = 42 , pode ser constru´ıdo colocando-se a unidade (um ponto) no v´ ertice de um quadrado e “somandose” sucessivamente a ele os demais números ´ımpares em forma de “L”. Assim, 4 = 1+3 seria representado por um quadrado 2 2; o 9 = 1 +3 +5 formaria um quadrado com nove pontos e o n´ umero 16 seria obtido a partir do 9 somando mais 7 unidades, que é o ´ımpar seguinte, correspondendo a um quadrado 4 4.

×

×

×

×

Segundo Simpl´ıcio, este tipo de representa¸caõ num´ erica levou os pitagóricos e muitos comentadores a associarem o infinito aos números pares. Claro que o que está por tr´ as disto é a possibilidade ad infinitum da divisão em partes iguais. Pelo que vimos na Se¸cão 1.4, Arist´ oteles não podia, obviamente, aceitar o critério de divisibilidade por 2 como uma explica¸caõ do infinito, conceito, ali´ as, por ele abominado. Al´ em disto, lembre-se de que na referida se¸ca˜ o foi reproduzida uma cita¸caõ segundo a qual seria imposs´ıvel que alguma coisa cont´ınua resulte composta de indivis´ıveis . Desta forma, o Estagirita foi tamb´ em levado a criticar a concep¸caõ pitag´ orica da matéria, pois as unidades-pontos-´ em como a base atomos , consideradas tamb´ f´ısica da mat´ eria real – uma forma primitiva de a´tomo –, n˜ ao poderiam ser aceitas em um sistema filosófico que negava o vazio. Lembre-se de sua afirma¸cão de que é imposs´ıvel que uma linha resulte composta de pontos, se é verdade que a linha ´ e um cont´ınuo e o ponto, um indivis´ıvel . Imaginar os n´ umeros espacialmente extensos terá também impacto em outro cap´ıtulo importante da Filosofia Grega, ou seja, na discuss˜ ao dos paradoxos de Zenão. Para mais detalhes veja, por exemplo, G.S. Kirk; J.E. Raven, Os fil´ osofos pré-socr´ aticos .

2

As origens do atomismo cient´ıfico: contribui¸ co ˜es da Qu´ımica Fa¸ca um resumo do conceito de mˆ onadas introduzido pelo fil´ osofo e matem´ atico alem˜ ao Gottfried Wilhelm Leibniz. Exerc´ ıcio 2.9.1

A palavra mˆ onada deriva do grego µoν ´ αζ , que significa unidade . Consta que este termo tenha sido considerado pela primeira vez pelos pitagóricos. Para eles, toda a teoria dos n´ umeros – e, por conseguinte, de todas as coisas – derivava dessa unidade. Bem mais tarde, tal conceito irá evoluir para algo como “aquela unidade que espelha o todo”, especialmente na filosofia de Nicolau de Cusa (1401-1464). Giordano Bruno (1548-1600) foi quem formulou mais precisamente a ideia de que as mônadas seriam compostas destas part´ıculas m´ınimas, nas quais se encontram a substância das coisas. O filósofo alem˜ ao Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) herdou este conceito de Bruno, transformando-o e entendendo-o muito mais como um princ´ıpio ativo inerente às substâncias do que como part´ıculas m´ınimas. Leibniz aborda de forma sucinta e incompleta este conceito em dois livros escritos em 1714: Principles of Nature and of Grace e Monadology . Suas mô nadas, que s´ o poderiam ser criadas e aniquiladas por Deus, não devem absolutamente ser entendidas como substâncias materiais. São uma espécie de átomo metaf´ısico, desprovido de extensão ou partes e, portanto, indivis´ıvel e imaterial, como uma espécie de alma, responsável pela união dos organismos e dos seres vivos. Cada mˆ onada é distinta das demais e não existem duas mônadas iguais, ao contr´ ario dos a´tomos de Leucipo e Demócrito, que são idênticos para a mesma 5

6

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

substância. Sendo assim, fica claro, por dois motivos, que a monadologia (teoria das mônadas) de Leibniz difere crucialmente do atomismo grego, segundo o qual as menores partes da matéria s˜ ao inanimadas, possuem duas ou trˆ es propriedades b´ asicas (segundo o filósofo) e estão em movimento eterno, embora privadas de qualquer tipo de iniciativa ou qualidade que permitissem ver os átomos como algum tipo de princ´ıpio ativo da matéria. Só para citar um exemplo de aplica¸caõ filos´ ofica em sequˆ encia, Kant, em 1756, sob clara influˆ encia de Leibniz, vai considerar as mˆ onadas como as fontes ´ importante lembrar que Kant foi o do movimento no espa¸co newtoniano. E primeiro fil´ osofo a contribuir para a difusão do mecanicismo de Newton. Exerc´ ıcio 2.9.2 Comente as implica¸ coes ˜

que a existência de is´ otopos e is´ obaros trazem para os ´ atomos de Dem´ ocrito e de Dalton. Os is´ obaros são a´tomos com mesmo n´ umero de massa e números atômicos diferentes; os is´ otopos são a´tomos de um mesmo elemento com o mesmo número de pr´ otons (mesmo Z ) e n´ umero de nêutrons diferentes (diferentes A). Do ponto de vista do atomismo de Demócrito, como se viu no Cap´ıtulo 1 do livro de texto, a existˆ encia de is´ otopos e isóbaros poderia ser acomodada, uma vez que ele atribu´ıa ao a´tomo duas propriedades capazes de diferenciá-los: tamanho e formato. Já do ponto de vista de Dalton, a descoberta dos isótopos e isóbaros seria um problema, pois, como foi visto na Se¸caõ 2.5.1, ambos ferem sua ideia basilar de que “as part´ıculas ´ ultimas de todos os corpos homogˆ eneos s˜ ao perfeitamente semelhantes em peso, forma etc. Em outras palavras, toda part´ıcula de ´ agua é c omo qualquer part´ıcula de ´ agua; toda part´ıcula de hidrogˆ enio é como qualquer outra de hidrogênio (...)”. Exerc´ ıcio 2.9.3 Segundo

o qu´ımico John Dalton, uma mol´ ecula de ´ agua é formada de 1 ´ atomo de hidrogˆ enio e 1 de oxigˆ enio, enquanto a amˆ onia seria constitu´ıda de 1 ´ atomo de hidrogˆ enio e 1 de azoto (nitrogˆ enio). Essa hip´ otese foi testada por Thomas Thomson, em 1807. Sabe-se que o peso relativo de uma molécula de ´ agua é formado de 85 2/3 partes de oxigênio e 14 1/3 partes de hidrogˆ enio, enquanto a de amˆ onia consiste em 80 partes de azoto e 20 de hidrogˆ enio. Mostre que as densidades relativas do hidrogˆ enio, do azoto e do oxigênio est˜ ao, respectivamente, na raz˜ ao de 1 : 4 : 6. Compare o resultado com os valores da Tabela dos elementos de Dalton (Figura 2.6).

˜ es da Qu´ımica 2. As origens do atomismo cient´ıfico: contribuic ¸o

7

Segundo Dalton, as moléculas de a´gua e de amônia eram formadas, respectivamente, da seguinte forma:

 água  amônia

= 1 H + 1 O = 1 H + 1 N (azoto)

Estas hipóteses foram testadas por Thomas Thomson, em 1807, utilizando as propor¸co˜es em peso de cada uma destas moléculas conforme os valores dados no enunciado do problema, ou seja, m

O

= 85 2/3 =

257 3

m

H

= 14 1/3 =

43 3

Logo,

m 43 = m 257 H



O

1 6

Já a amônia consiste em 80 partes de azoto para 20 de hidrogˆ enio, portanto, m 20 = m 80 H

N



1 4

Fica assim mostrado que as densidades relativas do hidrogênio, do azoto e do oxigênio guardam entre si, respectivamente, as razões m : m : m = 1 : 4 : 6 H

N

O

Este resultado deve ser comparado com o obtido a partir dos valores da Tabela de Dalton, mostrada na Figura 2.6 do livro de texto: m : m : m = 1 : 7 : 5 H

N

O

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F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Observando a representa¸cao ˜ gr´ afica de Chancourtois (Figura 2.9), mostre que, se m é o peso atˆ omico de um elemento da primeira espiral, ent˜ ao o peso atˆ omico de outros elementos com caracter´ısticas similares ser´ a dado por m + 16n, onde n é um n´ umero inteiro. Exerc´ ıcio

2.9.4

Observando-se a representa¸caõ gr´ afica de Chancourtois (Figura 2.9), nota-se que os elementos com propriedades semelhantes aparecem na mesma vertical. A diferen¸c a de peso atômico entre dois elementos consecutivos na vertical é igual a 16. Assim, por exemplo, os elementos l´ıtio (Li), sódio (Na) e potássio (K), que pertencem ao Grupo I da Tabela de Mendeleiev, têm, respectivamente, pesos atômicos A = 7, A = 7 + (16 × 1) e A = 7 + (16 × 2). Para os demais membros do grupo, essa recorrˆ encia pode ser expressa, de forma compacta, como A = 7 + 16n, onde n é um n´ umero natural. A f´ ormula para um termo genérico de peso atômico m é A = m + 16n Seguindo a regra do quadril´ atero e utilizando a Tabela de Mendeleiev de 1871, determine as massas atˆ omicas dos elementos dos Grupos III e IV, linha 5, e compare com os valores reportados na Tabela 2.8. Exerc´ ıcio 2.9.5

Na nota¸caõ da Figura 2.12 do livro, reproduzida a seguir, o problema pede para encontrar a massa atômica de X e Y correspondendo, respectivamente, aos grupos III e IV.


27,3

28

Al 65

Zn

9

Si X

?

Y

?? 113

In

X

?

Y

??

75

As 118

Su

Aplicando-se a regra do quadril´ atero, chega-se a: X =

27,3 + Y + 113 + 65 205,3 + Y = 4 4

Y

28 + 75 + 118 + X 221 + X = 4 4

=

o que é equivalente ao seguinte sistema de equa¸co˜es lineares

 4X =  4Y =

205,3 + Y 221 + X

que tem como solu¸cões X = 69,48 e Y = 72,62. Estes valores se comparam, respectivamente, aos valores X = 6 8 e Y = 72 reportados na Tabela de Mendeleiev de 1871 reproduzida a seguir.

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F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Exerc´ ıcio 2.9.6 Considere a seguinte rea¸ cao ˜

nuclear da qual resulta a forma¸cao ˜

de um is´ otopo da prata ( Ag): + X → Ag108 Ag107 47 47 onde X é uma part´ıcula. Determine X . A rea¸caõ nuclear da qual resulta a forma¸caõ de um isótopo da prata (Ag): Ag107 + X → Ag108 47 47

mant´ em inalterado o valor de Z (da carga elétrica) e altera o valor do n´ umero de massa A em uma unidade. Portanto, e como o número de massa e o número atˆ omico se conservam na rea¸caõ, a part´ıcula X possui uma unidade de massa atˆ omica e é eletricamente neutra: o nêutron (n10 ). Exerc´ ıcio 2.9.7 Considere

o seguinte processo de fiss˜ ao do urˆ anio:

1 U235 92 + n0

→

1 Pr147 59 + X + 3n0

onde X representa o is´ otopo de um elemento qu´ımico. Determine esse elemento X . O processo de fissão do urânio mencionado é 1 U235 92 + n0

→

1 Pr147 59 + X + 3n0

onde X representa o isótopo de um elemento qu´ımico a determinar. A conserva¸cão da carga elétrica implica que o is´ otopo X tenha Z = 92 − 59 = 33. J´ a a conserva¸ca˜ o do n´ umero de massa requer que o valor de A deste isótopo seja A = 235 + 1 − 147 − 3 × 1 = 86 Logo, trata-se do isótopo do arsênio (As) X = As 86 33

is´ otopo mais abundante do alum´ınio é o Al27 . Determine o 13 n´ umero de pr´ otons, nêutrons e elétrons desse is´ otopo. Exerc´ ıcio 2.9.8 O

Considere o elemento Al27 . O n´ umero de prótons é Z = 13, que é igual ao 13 n´ umero de elétrons, já que a carga elétrica total é zero, e o número de nêutrons é igual a A menos o n´ umero de prótons, ou seja, 27 − 13 = 14 nêutrons.


11

O argˆ onio ( Ar) encontrado na natureza é composto de 3 is´ otopos, cujos ´ atomos aparecem nas seguintes propor¸coes: 0,34% ˜ de Ar 36 , 0,07% de Ar38 e 99,59 de Ar40. Determime, a partir desses dados, o peso atˆ omico do argˆ onio. Exerc´ ıcio 2.9.9

Sabe-se que os isótopos do Ar têm as seguintes massas atômicas: 36

) = 35,9676 u

38

) = 37,9627 u

 m(Ar   m(Ar 

m(Ar40 ) = 39,9624 u

Usando as fra¸cões encontradas na natureza, segue-se que m(Ar) =

0,34 100

×

35,9676 +

0,07 100

×

37,9627 +

99,59 100

×

39,9624

ou m(Ar) = 39,95 u

Determine a raz˜ ao dos is´ otopos do tipo N15 e N14 que comp˜ oem o nitrogˆ enio encontrado na natureza, sabendo que seu peso atˆ omico é 14,0067. Exerc´ ıcio

2.9.10

Considerando-se que: a composi¸caõ do nitrogênio encontrado na natureza dependa apenas de seus isótopos N14 e N15 ; x é a fra¸cão do primeiro e (1 − x), a do segundo, tem-se, em termos da massa atômica, xm(N14 ) + (1 − x)m(N15 ) = 14,0067 Como m(N14 ) = 14,00307 u ; m(N15 ) = 15,0001 u, segue-se que 14,00307x + 15,0001(1 − x) = 14,0067 ou (14,00307 − 15,0001)x = donde x =

0,9934 = 0,9964 0,99703

15,0001 + 14,0067

−

⇒

(1 − x) = 0,0036

Assim, a razão dos isótopos N15 e N14 na composi¸caõ do nitrogênio encontrado na natureza é (1 − x) 0,0036 = = 0,003613 = 0,36% x 0,9964

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F´ısica Moderna

Exerc´ ıcio 2.9.11 Considere

Caruso • Oguri

a equa¸cao ˜ qu´ımica N2 + 3 H2

→

2NH3

Supondo que N2 e NH3 estejam sob as mesmas condi¸coes ˜ de temperatura e press˜ ao, calcule o volume produzido de NH3 nessa rea¸cao ˜ a partir de 10 L de N2 . A rea¸cão dada é N2 + 3 H2

→

2NH3

o que quer dizer que 1 molécula de N2 reage com 3 moléculas de H2 para formarem 2 moléculas de NH3 . Por outro lado, sabe-se da hip´ otese de Avogadro que um n´ umero igual de mol´ eculas dos gases nas mesmas condi¸cões de temperatura e pressão ocupam volumes iguais. Assim, se N2 e NH3 estão a` mesma temperatura e pressã o, o volume de NH3 formado será o dobro do de N2 , ou seja, volume NH3 = 20 L

Exerc´ ıcio 2.9.12 Determine

o n´ umero de ´ atomos de oxigênio existentes em

25 g de CaCO3 . O problema pede o número de átomos de oxigˆ enio existentes em 25 g de CaCO3 . Sabe-se que 1 mol de CaCO3 tem a seguinte massa: 40 + 12 + 3 × 16 = 100 g Portanto, 25 g correspondem a 1/4 de mol de CaCO3 . Por sua vez, a cada mol de CaCO3 tem-se três moles de O. Assim, em 25 g de CaCO3 tem-se o equivalente a 3/4 de mol de O , enquanto 1 mol de O tem 6,02 × 1023 moléculas. O resultado, ent˜ ao, é 3/4 × 6,02 × 1023 , ou seja, 4,515 × 1023 moléculas


o n´ umero de moles de g´ as N2 existentes em 35,7 g

de nitrogênio. A massa de N2 em 1 mol de nitrogênio é 2 × 14 = 28 g. Logo, a quantidade de matéria correspondente a 35,7 g de nitrogênio é n =

35,7 g = 1,28 mol 28,0 g/mol



13

o n´ umero de moles existentes em 42,4 g de car-

bonato de s´ odio, CO3 Na2 . A massa de 1 mol de Na2 CO3 é dada por 2 × 23 + 12 + 3 × 16 = 106 g. Logo, a quantidade de matéria correspondente a 42,4 g de Na2 CO3 é n =

42,4 g = 0,4 mol 106,0 g/mol


a f´ ormula qu´ımica m´ınima de um composto cuja massa relativa é formada de 60% de oxigênio e 40% de enxofre. As massas por mol do oxigˆ enio e do enxofre s˜ ao, respectivamente, m(O) = 16 g ;

m(S) = 32 g

Por simplicidade, pode-se considerar uma massa de 100 g do composto. Nela, 60 g provêm do O e 40 g, do S. Tem-se, assim,

  

60 g m(O)

=

60 mol O = 3,75 mol O 16

40 g m(S)

=

40 mol S = 1,25 mol S 32

A razão entre os constituintes é, então, 3,75 mol O : 1,25 mol S o que corresponde à f´ ormula SO3 .

⇒

3 mol O : 1 mol S

3

O atomismo na F´ ısica: o triunfo do mecanicismo



∞

Exerc´ ıcio 3.6.1 Calcule

os valores da integral

2

xn e−αx dx, para os inteiros

0

n = 0, 1, 2, 3, 4 e 5.



∞

As integrais do tipo I n =

fun¸cões gama de Euler como:

1 I n = Γ 2

  n+1 2

2

xn e−αx dx podem ser calculadas a partir das

0

α−(n+1)/2

com

Γ(x) =



∞

tx−1 e−t dt

0

onde Γ(n + 1) = n! = nΓ(n) e Γ(1/2) =

√ π.

Para n = 0,



∞

I 0 =

0

e−αx

2

1 dx = Γ 2

  0+1 2

α−1/2

1 = 2



π α

Para n = 1, a integral é uma integral exata a menos de um fator multiplicativo ( 2α). Logo,

−

I 1 =

− 2α1

15

16

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Para n = 2,



∞

I n =

xn e−αx

2

0



1 3 dx = Γ 2 2

α−(3)/2

Sabendo que Γ(n + 1) = nΓ(n), Γ donde

√ π

    3 = Γ 2

1 1 1 + 1 = Γ = 2 2 2 2

I 2 =

√ π 4

α−3/2

Para n = 3,



∞

I 3 =

2

x3 e−αx

0

 

1 3+1 dx = Γ 2 2

α−2

Como Γ(2) = Γ(1 + 1) = 1! = 1, I 3 =

1 2α2

Para n = 4,

     × ×   

∞

I 4 =

2

x4 e−αx

0

Como Γ

1 5 dx = Γ 2 2

5 3 3 3 = Γ = 2 2 2 2

1 2

Γ

α−(5)/2

3 3 = 2 4

√ π

√

3 π −5/2 I 4 = α 8 Por fim, para n = 5,



∞

I 5 =

0

donde

2

x5 e−αx

 

5+1 1 dx = Γ 2 2

I 5 =

1 α3

α−3

3. O atomismo na F´ ısica: o triunfo do mecanicismo

17

• Resumindo, para os primeiros números ´ımpares (n = 1, 3, 5), I 1 (α) =

  

∞

2

x e−αx dx =

0

I 3 (α) =

∞

2

dI 1 α−2 αx − x e dx = − = 2

3

dα

0

I 5 (α) =

−

∞



1 −αx ∞ 1 α−1 e = = 2α 2α 2 0

2

x5 e−αx dx =

0

2

3 − dI = α −3 dα

• Para os valores pares (n = 0, 2, 4), de acordo com a última equa¸caõ da página 76 do livro de texto, I 0 (α) =

  

∞

2

e−αx

0

I 2 (α) =

∞

1 dx = 2



2

x2 e−αx dx =

0

I 4 (α) =

∞

2

x4 e−αx dx =

0

√

π π −1/2 = α 2 α

√

−

dI 0 π −3/2 = α dα 4

−

dI 2 3 π −5/2 = α dα 8

√

Exerc´ ıcio 3.6.2 Determine,

em fun¸cao ˜ da temperatura e da massa molecular do g´ as, a moda, a média, a média quadr´ atica e o desvio-padr˜ ao para a distribui¸cao ˜ dos m´ odulos das velocidades de Maxwell. A distribui¸caõ (ρ) dos módulos das velocidades (v) de um gá s ideal em equil´ıbrio térmico a` temperatura T pode ser escrita como

ρ(v) = av 2 e−αv

2

onde

  

a =

√ 4π α3/2

α =

m 2kT

sendo k = 1,38 10−23 J/K a constante de Boltzmann e m, a massa de cada molécula do gás.

×

18

F´ısica Moderna

• Moda



dρ dv

⇒v

Caruso • Oguri

3

      

= (2v − 2αv )ae−αv

vmod

mod

=



1 = α −1/2 = α

2

=0

vmod

2

kT = m

2

RT µ

onde R = 8,315 107 erg/K.mol é a constante universal dos gases e µ, a massa molecular do gás.

×

• Média v  =



∞

            ∞

v ρ(v) dv = a

0

0

a v 3 e−αv dv = α −2 2 2

I 3

=

4 2 √ α3/2 α−2 = π 2 π

     α−1/2

√ 2/ π

2kT = m

• Média quadrática (valor eficaz):

   

v2 = a

∞

0

8 π

v = ef

• Desvio-padrão: σv =

2,55

  kT m

√

 √       2 3/2 3/2 −5/2 2 α α π α−1

3/2

⇓ v =

⇒

ef

   3

kT > v > v m



mod

   −            −  σv =

3

v2

8 kT π m

v

2

0,45

mod

v2

3 3 v 4 e−αv dv = a πα −5/2 = π 8 8 2

kT > v m

  

I 4

v 2  = 3

kT m

kT = 0,67 m

kT m


19


as mol´ eculas dos seguintes gases: CO, H2 , O2 , Ar, NO2 , Cl2 e He, todos mantidos a uma mesma temperatura. Determine aqueles que, quanto à distribui¸ cao ˜ de velocidades de Maxwell, ter˜ ao, respectivamente, a maior e a menor: moda, m´ edia, valor eficaz e desvio-padr˜ ao. Para uma mesma temperatura, quantidades como a moda, a m´ edia, o valor eficaz e o desvio-padrão, associadas a` distribui¸caõ dos módulos das velocidades de Maxwell, são inversamente proporcionais a` raiz quadrada das massas das moléculas e, portanto, das massas moleculares. Uma vez que µ(CO)

 28 µ(Ar)  40 µ(He)  4

µ(H2 )

2 µ(NO2 )  46

µ(O2 )

 32 µ(Cl2 )  70

as moléculas de cloro (Cl2 ) e hidrogênio (H2 ) terão, respectivamente, os menores e maiores valores para a moda, para a média, para o valor eficaz e para o desviopadr˜ ao. Exerc´ ıcio 3.6.4 Considere

que um g´ as de h´ elio contido em um recipiente seja uma mistura de dois is´ otopos, He23 e He24 , nas condi¸coes ˜ normais de temperatura e press˜ ao. Estime a raz˜ ao entre as velocidades m´ edias dos dois diferentes is´ otopos.

v ∝ √ 1µ

v v 

He3

=

⇒

=

He4

  µ µ

He4

=

He3

4 2 = 3 3

√  1.15

que, se ρ e P s˜ ao, respectivamente, a densidade e a press˜ ao de um g´ as, a velocidade eficaz de suas mol´ eculas pode ser expressa por vef = 3P/ρ. Determine, ainda, a raz˜ ao entre a velocidade eficaz das moléculas e a velocidade do som nesse g´ as, dada por (5P/3ρ)1/2 . Exerc´ ıcio 3.6.5 Mostre



Combinando-se as equa¸co˜es v = ef

   3

kT m

e

   

P =

N kT V

ρ/m

20

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

obtém-se v = ef



3P ρ

Sabendo-se que a velocidade do som no gás é dada por v

som

=



5P 3ρ

v v

=

⇒

ef

=

som



9 3 = 5 5

√  1,34


a energia cinética m´ edia por molécula para um g´ as o o o ideal a temperaturas de 33 C, 0 C e 27 C.

−

A energia média por molécula é dada por

 = 32 kT

onde

Assim,

  

θ1 =

−33 θ2 = −0 θ3 = −27

o

o

C

=

o

C

k = 1,38

× 10−23 J/K

T (K) = θ( C) + 273,16 o

T 1 = 240,16 K

⇒ =⇒ =⇒

C

 

=

⇒ =⇒ =⇒

T 2 = 273,16 K T 3 = 300,16 K

1 = 4,97 × 10−21 J 2 = 5,65 × 10−21 J 3 = 6,21 × 10−21 J

a velocidade eficaz das moléculas do nitrogˆ enio (N2 ) e o do hélio (He) ` a temperatura ambiente (T 27 C). Exerc´ ıcio 3.6.7 Estime



A velocidade eficaz é dada por v = ef

onde R = 8,315

      3

kT = m

3

RT µ

× 107 erg/K.mol e T  300,16 K. Logo, µ(N2 )  28 =⇒ v (N2 )  520 m/s µ(He)  4 =⇒ v (He)  1370 m/s

 

ef

ef


21

Exerc´ ıcio 3.6.8 Desprezando

qualquer efeito relativ´ıstico, determine a temperatura para a qual a energia cinética média de transla¸cao ˜ das moléculas de um g´ as ideal seja igual à de um ´ unico ´ıon carregado acelerado a partir do repouso por uma diferen¸ca de potencial de 103 volts, cuja massa é igual a de uma das moléculas. Igualando-se a energia cinética média e a energia potencial de cada ´ıon,

  

1 3 m v 2 = eV = kT onde 2 2

 

⇓

2eV = 7,7 3k

T =

× 10−19 C k = 1,38 × 10−23 J/K e = 1,6

V = 103 V

× 106 K

que o n´ umero, N (0, vx ), de moléculas de um g´ as ideal com componentes x de velocidades entre 0 e vx é dado por Exerc´ ıcio 3.6.9 Mostre

N (0, vx ) =

N erf(ξ ) 2

onde N é o n´ umero total de mol´ eculas e ξ = (m/2kT )1/2 vx . Mostre também que o n´ umero N (vx , velocidades maiores que vx é N (vx ,

∞) de moléculas com componentes x de

∞) = N 2 [1 − erf(ξ )]

Esses resultados est˜ ao expressos em termos da fun¸cao ˜ erro, erf(ξ ), definida por ξ

 √

2 erf(ξ ) = π

2

e−x dx

0

A fra¸caõ de moléculas (de massa m) de um gás ideal em equil´ıbrio térmico a` temperatura T com velocidades entre vx e vx + dvx é dada por dN vx = N

  m 2πkT

1/2

e−

1 2

mvx2 /kT

α1/2 −αvx m 1 dvx = e dvx onde α = = 2 2kT v π

√

2

mod

22

F´ısica Moderna

√ x = α v

Fazendo-se

x

Caruso • Oguri

2

vx = , v

dN vx e−x = dx N π

√

obtém-se

mod

Assim,

 √    ξ

N 2 N vx= N ξ = 2 π 0→

0→

2

e−x dx

onde ξ =

0

vx v

mod

erf(ξ)

Uma vez que N

−∞→∞

= 2N

0→∞

= N e N

0→∞

= N

+ N vx

0→vx

→∞

se obtém N vx

→∞

N = 2

− N

0→vx

ou seja,

N vx

→∞

− 

N = 1 2

erf(ξ )

A fun¸cão erf(ξ ) é esbo¸cada no gráfico anterior.

que o n´ umero, N (0, v), de moléculas de um g´ as ideal com velocidades entre 0 e v é dado por Exerc´ ıcio 3.6.10 Mostre



N (0, v) = N erf(ξ ) onde ξ 2 = (mv2 /2kT ).

2 ξe −ξ π

− √

2



Como visto no exerc´ıcio anterior, a fra¸caõ de moléculas (de massa m) de um g´ as ideal em equil´ıbrio térmico a` temperatura T com módulos de velocidade entre v e v + dv é dada por dN v = N

   2 m π kT

3/2

v 2 e−

1 2

mv2 /kT

dv =

√ 4π v2 e−αv

2

dv

23


onde α =

m 1 = 2 2kT v

mod

√ x = α v =

Fazendo-se

v v

obtém-se

⇐⇒

mod

x2 = αv 2

dN v 4 2 −x = x e dx N π 2

√

Assim, N

0→v

 √ 

ξ

4N = N ξ = π 0→

2N = x e−x π

√

ξ

0→v

 √

2N dx = π

ξ

ξ

0

2

e−x dx

2

x 2x e−x dx

 √     − √ 

2 + N π

ou seja, N

x e−x

0

0

2

2

2

   dy →y=−e−x2

onde ξ =

0

v

v

mod

erf(ξ)

2 ξ e−ξ π

= N erf(ξ )

2

Determine as probabilidades de que a velocidade de uma molécula de hidrogênio ( H2 ), ` a temperatura ambiente, seja maior que: 80 km/h, 102 m/s e 103 m/s. Exerc´ ıcio 3.6.11

A fra¸caõ de moléculas (de massa m) de um gás ideal em equil´ıbrio térmico a` temperatura T que têm módulos de velocidade entre 0 e v é dada por 0

N

0→v

N onde

ξ =

v v

0

e

v

mod

=

mod

0

= erf(ξ )

− √ 2π ξ e−ξ

2

  2kT = m

2RT . µ

Essa fra¸cão representa também a probabilidade de que o m´ o dulo da velocidade de uma molécula seja menor que v , ou seja, 0

P (0 < v < v ) = 0

N

0→v

N

0

= erf(ξ )

− √ 2π ξ e−ξ

2

24

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Desse modo, a probabilidade de que o módulo da velocidade de uma molécula seja maior que v , pode ser expressa por 0

P (v > v ) = 1 0

− P (0 < v < v ) = 1 − erf(ξ ) + √ 2π ξ e−ξ

2

0

A probabilidade P (ξ ) pode ser esbo¸cada como no gráfico abaixo.

Como o valor modal da velocidade (v ) para uma molécula de hidrogênio (µ 2 u) à temperatura ambiente (T 300,16 K) é da ordem de 1 580 m/s, obtém-se mod



  



v1 = 80 km/h = (80/3,6) m/s v2 = 100 m/s v3 = 1 000 m/s

⇒ ⇒

⇒

ξ 2 = 0,06333 ξ 3 = 0,6333

ξ 1 = 0,014

⇒ ⇒

⇒

P (v > v1 ) = 0,9999

P (v > v2 ) = 0,9998 P (v > v3 ) = 0,8496

Exerc´ ıcio 3.6.12 Determine 3

a porcentagem de moléculas de oxigênio que têm velocidades maiores que 10 m/s, quando a temperatura do g´ as for de: a) 10 2 K; b) 103 K e c) 104 K. Uma vez que os valores modais das velocidades (v ) de uma molécula de oxigênio (µ 32) nas temperaturas de 10 2 K, 103 K e 104 K são dados por mod




  

T 1 = 102 K T 2 = 103 K T 3 = 104 K

⇒ ⇒ ⇒

v

mod1

 230 m/s ⇒  720 m/s ⇒  23 m/s ⇒

v

mod2

v

mod1

25

ξ 1

 4,386 ⇒ erf(ξ 1)  1 ξ 2  1,387 ⇒ erf(ξ 1 )  0,95 ξ 3  0,439 ⇒ erf(ξ 1 )  0,44

as respectivas porcentagens das moléculas que tˆ em velocidades maiores que v = 1 000 m/s são dadas por 0

  

T 1 = 102 K T 2 = 103 K T 3 = 104 K

⇒ ⇒ ⇒


a dispers˜ ao, σv =

× 10−8 ⇔ P (v > v ) = 0,28 ⇔ 28% P (v > v ) = 0,95 ⇔ 95% P (v > v ) = 2,2 0

0

0

a velocidade m´ edia ( v ), a velocidade eficaz (vef ) e



   −   2 vef

0,0000022%

v 2 , das velocidades das moléculas do hidrogˆ enio

( H2 ), ` a temperatura ambiente. Determine a diferen¸ca entre a energia m´ edia quadr´ atica,  = m v 2 /2, e m v 2 /2.

 

 



Considerando-se que para moléculas de hidrogênio (µ 2) em equil´ıbrio térmico à temperatura ambiente (T 300,16 K), o fator RT/µ é da ordem de 1,25 1010 , encontra-se para a velocidade média, v , para a velocidade eficaz, v , e para o desvio-padrão, σv = v2 v 2 , os seguintes valores: ef

    − 

×

                        v

2,55

RT µ

RT µ

v

3

σv

0,45

ef

RT µ

1790 m/s

1 940 m/s

750 m/s

 2m p  2 × 1,66 × 10−27 kg, 1 1 1 ⇒ ∆ = mv 2  − mv 2 = mσv2 2 2 2

Sabendo que m



H2

∆

 9,3 × 10−22 J

26

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri


a densidade de moléculas (n´ umero de moléculas por unidade de volume) de um g´ as ideal nas CNTP. De acordo com as hipóteses de Avogadro, sob condi¸co˜es normais de temperatura e pressão (T 273 K e P = 1 atm), o volume ocupado por 1 mol (6,023 1023 ) de mol´ eculas de um gás é igual a 22,4 L. Nessas condi¸co˜es, a densidade (ou concentra¸caõ n) de moléculas de um gás ideal é da ordem de



×

6,023 1023 n = 22400

×

 2,68 × 1019 moléculas/cm

3

Se o raio da mol´ ecula de oxigˆ enio (O2 ) ´ e da ordem de 1, 8 10 m, estime a frequˆ encia de colis˜ oes das moléculas, em condi¸coes ˜ normais de temperatura e press˜ ao. Exerc´ ıcio 3.6.15 −10

×

Considerando que à temperatura ambiente (T 300 K), para as moléculas de oxigênio, µ(O2 ) 32, cujo raio (r) é cerca de 1,8 10−10 m, a velocidade média é dada por 2,55RT v 450 m/s µ





 



×



e a se¸caõ de choque (σ) de colisão, por σ

 4πr2  4,1 × 10−15 cm

2

Pode-se admitir que a concentra¸caõ (n) também seja da ordem de 2,68 10 moléculas/cm (veja exerc´ıcio anterior). 19

3

×

Assim, da equa¸caõ (3.32), a frequência (f ) de colisões poderá ser estimada por f = nσ v 4,9 109 Hz

 

×

a distˆ ancia média (d) entre as moléculas à temperatura ambiente e mostre que r
onde r é o raio de uma molécula e  é o livre caminho médio. Uma vez que o livre caminho m´ edio (), por exemplo, para as mol´ eculas de oxigênio, µ(O2 ) 32, de raio (r) cerca de 1,8 10−10 m, à temperatura ambiente (T 300 K) é dado por 1  = 10−5 cm nσ





×




27

e o volume efetivo ocupado por uma molécula, igual ao cubo da distˆ ancia média entre elas, pode ser estimado pelo volume ocupado por um mol dividido pelo n´ umero de Avogadro: d3

 



22,4 L 1 = 6,023 1023 n

×

d

⇒

 3,3 × 10−7 cm

implica que r
que a energia  de uma mol´ ecula de um g´ as ideal seja dada somente por sua energia cin´ etica de transla¸cao. ˜ Mostre que, nesse caso, a fra¸cao ˜ de moléculas com energia entre  e  + d ´ e dada por Exerc´ ıcio 3.6.17 Suponha

  √

dN 2 = N π

3/2

1 kT

√  e−/kT d

A fra¸caõ de moléculas (de massa m) de um gás ideal em equil´ıbrio térmico a` temperatura T com módulos de velocidade entre v e v + dv é dada por dN = N

   2 m π kT

3/2

v 2 e−

1 2

mv 2 /kT

dv

Sabendo que a energia () das moléculas é puramente cinética e igual a  = 12 mv2 , a expressão representa também a fra¸caõ de moléculas com energias entre  e + d, onde d = mv dv. Assim, substituindo-se os termos que envolvem a velocidade, obtém-se dN = N

   2 m π kT

ou seja,

3/2

v e−

1 2

mv2 /kT

(2/m)1/2 1/2 e−/kT

dN 2 1 = 1/2 e−/kT d 3/2 N π (kT )

√

vdv

    /m

d

28

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

a distribui¸cao ˜ de energia ρ() d. Mostre que a fra¸cao ˜ de moléculas que possuem energia cinética maior que um valor  >> kT é 2  1/2 −/kT 1 kT 1 kT 2 e 1+ + . . . 2  4  π kT Exerc´ ıcio 3.6.18 Considere

      −

  √

Sabe-se que

 √

∞

N > kT 2 = N π 

Fazendo-se

 = x kT

e



 = x kT

N > = N 

1 1/2 −/kT d  e kT (kT )1/2

 1, resulta em

  2 π

∞

x1/2 e−x dx

x

Integrando-se por partes, com

encontra-se

 

u = x 1/2

dv = e −x dx

 √ − 

N > 2 = N π 

⇒

du = 12 x−1/2 dx

−e−x

v =

⇒

   

∞ e−x

∞ 1 1/2 −x x e +

2

x

x

x1/2



dx

x1/2 e−x



Integrando-se mais uma vez por partes, agora com

 

resulta em

⇒ du = − 12 x−3/2 dx dv = e −x dx ⇒ v = −e−x u = x −1/2

 √

N > 2 1 = x1/2 e−x + N 2 π 





e−x x1/2

−

1 4



∞ e−x

x



x3/2

Integrando-se novamente, com

 

⇒ du = − 32 x−5/2 dx dv = e −x dx ⇒ v = −e−x u = x −3/2

dx



29


pode-se escrever N > N



 √



2 1 e−x  1/2 −x = x e + π 2 x1/2 

2 1/2 −x = x e π

√





−

1 e−x + ... 4 x3/2

   −   1 1+ 2

1 x

1 4

1 x



2

+ ...



ou

  √

N > 2 = N π 

 kT

1/2



e− /kT

   −   1 1+ 2

kT 

1 4

kT 

2

+ ...



Exerc´ ıcio 3.6.19 O fluxo de 16 −2 −1

nêutrons através da se¸cao ˜ de um reator é da ordem de 4 10 nêutrons.m .s . Se os nêutrons (térmicos) à temperatura ambiente (T = 300 K) obedecem à distribui¸cao ˜ de velocidades de Maxwell, determine:

×

(a) a densidade de nˆ eutrons; (b) a press˜ ao do g´ as de nêutrons. Calculando-se a média das velocidades dos nêutrons (m à temperatura ambiente (T 300 K),



v =

    kT m

2,55

2,5

 1,67 × 10−27 kg),

× 103 m/s

e tendo em conta que o fluxo (φ) de nêutrons é dado pela equa¸caõ (3.31), 1 φ = n v 4



a concentra¸caõ (ou densidade n) pode ser estimada como n = 4

φ v

 6,4 × 1013 nêutrons/m 

3

Considerando que o gás obedece à equa¸caõ de estado de Clapeyron, a pressão (P ) pode ser estimada como

 8,8 × 10−8 N/m

P = nkT

2

30

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Determine o n´ umero total de choques moleculares por segundo, por unidade de ´ area, da parede de um recipiente contendo um g´ as que obedece à lei de distribui¸cao ˜ de Maxwell. Exerc´ ıcio

3.6.20

Seja N/V o número total de moléculas por unidade de volume. O n´ umero de mol´ eculas que atingem uma parede de área A em um intervalo de tempo t (veja Se¸caõ 3.1.2) é 1 N nc = A v t 6 V

× × 

O n´ umero total de choques por segundo e por unidade de área será nc =

nc 1 N = v At 6 V

 

Como o gás obedece à distribui¸caõ de Maxwell,

v  =



∞

v ρ(v) dv =

0



    ∞

2 (2α)3/2 π

2

v 3 e−αv dv

0

1/(2α2 )

definindo α = m/(2kT ). Logo,

v =



2 (2α)3/2 π

× 2α1 2 = √ 1π 21/2+3/2−1 × α3/2−2 = √ 2π α−1/2

ou

    √

2 v = π



1/2

2kT m

8kT πm

=

1/2

Pode-se ainda substituir na equa¸cão anterior as expressões k = R/N A e N A m = µ, sendo µ a massa molecular do gás. Assim, 1 N nc = 6 V

  8RT πµ

1/2

A razão N/V pode ser substitu´ıda, a partir da equa¸caõ do gás ideal, por N P N A = V RT Deste modo, finalmente, o n´ umero total de choques por segundo e por unidade de área pode também ser expresso em termos de (P, T ) como P N A nc = 3RT

  2RT πµ

1/2

P N A = 3

  2 πµRT

1/2


31

Um forno contém vapor de c´ admio (Cd) ` a press˜ ao de 1, 71 10−2 mm Hg, ` a temperatura de 550 K. Em uma parede do forno existe uma fenda com o comprimento de 1 cm e uma largura de 10−3 cm. Do outro lado da parede h´ a um alt´ıssimo v´ acuo. Supondo que todos os ´ atomos que chegam a fenda atravessam-na, determine a corrente do feixe de ´ ` atomos. Exerc´ ıcio

3.6.21

×

Foi mostrado no livro de texto, equa¸cão (3.31), que o fluxo φ de moléculas que atravessam um orif´ıcio de um forno é dado por φ =

1 N v 4 V



A corrente (n´ umero de part´ıculas por segundo) associada a este fluxo é I = φ A

·

Usando-se o resultado do exerc´ıcio anterior, pode-se escrever 1 P N A I = 4 RT

  8RT πµ

1/2

A = P AN A



1 2πµRT



1/2

lembrando que, neste caso, as grandezas devem estar expressas no CGS. Dados:

      

µCd = 112 g/mol T = 500 K A = 10−3 cm2

× 10−2 mmHg 1 mmHg = 1,01 × 106 dyn/cm2 R = 8,315 × 107 erg.K−1 .mol−1 P = 1,71

Assim, a corrente é dada por 1,01 105 I = 760

×

× 10−7 × 6,02 × 1023 × (2π × 112 × 8,315 × 107 × 500)−1/2

ou 8 I = (2, 9

× 1018 = √ 8 × 1018 × 1013)1/2 29 × 106

⇒

I = 1,5

× 1012 moléculas/s

32

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri


o comprimento do lado de um cubo que cont´ em um g´ as ideal nas CNTP, cujo n´ umero de moléculas é igual à popula¸cao ˜ do Brasil ( 170 milh˜ oes de habitantes) no fim do s´ eculo XX.



O número de Loschmidt é obtido dividindo-se o n´ umero de Avogadro pelo volume ocupado por 1 mol de gás ideal, ou seja, 22,4 L = 22400 cm3 . 6,023

× 1023 moléculas = 2,69 × 1019 moléculas/cm3 22400 cm3

Este n´ umero obviamente é o mesmo para todos os gases ideais. Sendo V = a 3 o volume do cubo de aresta a, tem-se

 

donde, a =

 3

1,7 2,69

× 1019 moléculas → 1 cm3 1,7 × 108 moléculas → a3 cm3 2,69

× 108 cm = 0,00018 cm ⇒ × 1019

a = 1,8 µm (microns)

Exerc´ ıcio 3.6.23 Mostre

que a probabilidade de que uma mol´ ecula de um g´ as ideal tenha momentum com m´ odulo compreendido entre p e p + d p é dada por



1 g( p)d p = 4π 2πmkT

  −   3/2

p2 2mkT

exp

p2 d p

A fra¸caõ de moléculas (de massa m) de um gás ideal em equil´ıbrio térmico a` temperatura T com módulos de velocidade entre v e v + dv é dada por dN = N

   2 m π kT

3/2

v 2 e−

1 2

mv 2 /kT

dv

Uma vez que o módulo do momentum ( p) de cada molécula é igual a p = mv, a expressão representa tamb´ em a probabilidade, dP ( p, p + d p), de que o módulo do momentum de uma molécula esteja entre p e p + d p, com d p = m dv. Assim, substituindo-se os termos que envolvem a velocidade, pode-se escrever dP ( p, p + d p) =

4 1 p2 exp 3/2 π (2mkT )

√

− 

p2 d p 2mkT


33

ou dP ( p, p + d p) =

onde p

mod

=

4 p2 exp π p3

√

mod

−  p

2

p

d p

mod

√ 2mkT é o valor modal do momentum .


a distribui¸cao ˜ de Maxwell-Boltzmann para part´ıculas que n˜ ao interagem entre si e que se movem originalmente na horizontal sob a a¸cao ˜ de um campo gravitacional uniforme, cuja energia é p 2 /2m + mgz, sendo z a altura da part´ıcula em rela¸cao ˜ a um ponto de referˆ encia. Determine para essas part´ıculas: a) a energia cinética média; b) a energia potencial média; c) a dispers˜ ao na posi¸cao; ˜ e d) o valor da dispers˜ ao ` a temperatura de 300 K, para moléculas de H2 . Na solu¸caõ dos diversos itens deste exerc´ıcio serão u ´ teis os resultados das seguintes integrais:

       

I

=

   

∞

e−αz dz =

0

I 0 =

∞

2

e−αz dz =

0

I 2 =

∞

2

I 4 =

√ π 2

z 2 e−αz dz =

0

∞

1 α

z 4 e−αz

0

2

α−1/2

√ π 4

α−3/2

√

3 π −5/2 dz = α 8

a) a energia cinética média: Sabendo-se que

p2 c = 2m

⇒

 p2  c = 2m

34

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

e sendo,

 

∞

2

 p  =

0

p2 e− p

∞

e− p

2

2

/(2mkT ) 2

p d p

I 4 I 2

= /(2mkT ) 2

p d p

0

ou p2 = 3/(2α), onde α = 1/(2mkT ), obtém-se,

 

c = 32 kT b) a energia potencial média:  p = mgz sendo,

 

∞

z  =

0

z e−mgz/(kT ) dz

∞

 p = mg z

⇒ =

e−mgz/(kT ) dz

dI 1 − 1I dα = α

(α = mg/kT )

0

Logo,

kT z = mg

 p = kT

⇒

Portanto, o valor m´ edio da energia total,  = c +  p , é

     

 = 52 kT c) a dispersão na posi¸caõ é dada por σz =

   −   z2

z

2

O termo z já foi calculado no item anterior, ou seja, z = kT /(mg). Resta calcular ∞ z 2 e−mgz/(kT ) dz 1 d2 I 2α−3 2 2 0 z = = = = ∞ I dα2 α−1 α2 mgz/(kT ) − e dz

 

 

  0

 

35


Assim,

   

2

z  = 2

kT mg

σz2 =

kT mg

2

2

Logo,

e

z

2

=

 

σz =

⇒

2

kT mg

RT µg

Cabe aqui um comentário. Considerando-se a temperatura ambiente, verificase que, no SI, 10−21 5 z 10 m 2 1,62 10−27 10

  ×

× 

×

Tal valor vai implicar um valor tão alto para a dispersã o na posi¸cão, que simplesmente mostra que a atmosfera n˜ ao é isotérmica , ao contário do que está impl´ıcito na aplica¸cão da distribui¸cão de Maxwell-Boltzmann ao problema (veja item d). d) o valor da dispersão na posi¸caõ para molécula de H 2 , à temperatura de 300 K: Para a molécula de H2 , µ = 2 u. Assim, 8,315 107 σz = 2 9,81

× ×

× 3 × 102 = 3 × 8,315 × 107 ⇒ × 102 2 × 9,81

σz = 1,3

× 107 cm

Exerc´ ıcio 3.6.25 A

condutividade térmica K de um g´ as de moléculas poliatˆ omicas, consideradas como esferas r´ıgidas, é dada pela f´ ormula 5π K = 32





¯V + 9 R  < v > ρ C 4 M

¯V é a capacidade térmica média a volume constante do g´ onde C as, R é a constante dos gases,  é o livre caminho médio das moléculas e ρ, a densidade molecular do g´ as. Mostre que, em termos da dimens˜ ao caracter´ıstica d das moléculas e da temperatura T , a express˜ ao acima pode ser escrita como



5 ¯ 9 K = C V + R 16 4

  RT πM

1/2

1 N A d2

A condutividade térmica K de um gás de moléculas poliatômicas, consideradas como esferas r´ıgidas, é dada por

36

F´ısica Moderna

5π K = 32

Caruso • Oguri



 

¯V + 9 R  v ρ C 4 M

Para se chegar à express˜ ao desejada, é necess´ ario substituir na equa¸cão anterior o valor do livre caminho médio . Mostrou-se, na Se¸caõ 3.3.1, que esta grandeza é dada pela equa¸cão (3.34), ou seja,  = α/(nσ), onde n é o n´ umero de moléculas por unidade de volume que interagem, que pode ser obtida da equa¸cão do g´ as ideal como N P N A n = = V RT

√

Tomando α = 1/ π e a se¸cão de choque geométrica σ = πd2 , obtém-se  =

√ 21πd2 PRT N

A

´ preciso também substituir a velocidade média das moléculas, pela fórmula E

v =

  8RT πM

2

√

 

RT =2 2 πM

2

e a densidade ρ em termos da massa molecular, lembrando que, para um gás ideal, nM P M P V = nRT P M = RT ρ = V RT

⇒

⇒

 ρ

Deste modo, obtém-se 5π K = 32



 × √

¯V + 9 R C 4

1 RT 2 πd2 P N A

√

×2

2

 × RT πM

2

P M RT

1 × M

a qual pode ser simplificada, de forma a se obter a expressão solicitada:



 

5 ¯ 9 K = C V + R 16 4

RT πM

1/2

1 N A d2

Mostre que a se¸cao ˜ de choque diferencial, dσ/dΩ, para o espalhamento geom´ etrico de uma part´ıcula por uma esfera r´ıgida de raio R é Exerc´ ıcio 3.6.26

d σ 1 = R2 d Ω 4


37

e que a se¸cao ˜ de choque total é πR 2 . Foi mostrado nas páginas 376 e 377 do livro de texto que, se J α é a densidade de corrente de part´ıculas que incidem sobre o alvo, a taxa de part´ıculas (dN/dt) que será espalhada entre um ângulo s´ olido Ω e Ω + dΩ é dada por dN = J α dΩ = J α b db dφ dt inc

inc

inc

sendo φ o ângulo azimutal sobre o qual ainda n˜ ao se integrou. Por outro lado, dN = J α dσ dt inc

Desse modo, pode-se obter uma expressão para a se¸caõ de choque infinitesimal, dσ, em termos do parâmetro de impacto b da colisão, dada por dσ = b db dφ O choque de uma part´ıcula com uma esfera r´ıgida pode ser representado pela figura a seguir.

Para se obter a se¸caõ de choque diferencial em rela¸ca˜ o ao ângulo s´ olido dΩ é necessário expressar o parâmetro de impacto em termos do ângulo de espalhamento θ. Da figura, vê-se que

 

θ = π

− 2χ

b = R sen χ = R sen

 −  π 2

θ θ = R cos 2 2

38

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Com isso, dσ = b db dφ = R cos

θ 2

−

1 θ R sen 2 2



dθ dφ =

− 14 R2 sen θ dθ dφ = 14 R2 dΩ

Portanto, σ(Ω)

dσ 1 ≡ dΩ = R 2 4

A se¸cão de choque total é dσ 1 σ= dΩ = R 2 dΩ 4



× 2π

⇒

σ = πR2

se¸cao ˜ de choque ( σ ) cl´ assica de Mott para o espalhamento de elétrons por pr´ otons com energia cinética E , tal que mc2 E Mc2 , onde m e M s˜ ao, respectivamente, as massas do el´ etron e do pr´ oton, e c é a velocidade da luz no v´ acuo, pode ser escrita como Exerc´ ıcio 3.6.27 A





     

σ(θ) =

e 2 4E

2

1 2 θ cos sen4 θ/2 2

σ Rutherford

onde e2 é o m´ odulo do produto das cargas do el´ etron e do pr´ oton. Fa¸c a um esbo¸co de σ em fun¸cao ˜ do ˆ angulo de espalhamento θ. Na figura abaixo, apresenta-se um esbo¸c o da se¸caõ de choque clássica de Mott (linha pontilhada), descrita pela equa¸caõ acima, comparada com a se¸cão de choque clássica de Rutherford (σ – linha tracejada). Rutherford

Note que as duas se¸co˜es de choque clássicas têm comportamento praticamente idênticos para aˆngulos compreendidos entre 0o e 50o .



4

O movimento browniano e a hip´ otese molecular de fuligem de raio 0,4 10 4 cm est˜ ao imersas em uma solu¸c˜ ao aquosa de viscosidade 0,0278 g.cm 1 .s 1 ` a temperatura de 18,8 o C. Se o deslocamento efetivo observado em uma dada dire¸c˜ ao durante 10 s ´ e da 4 ordem de 1,82 10 cm, estime o n´ umero de Avogadro. Exerc´ ıcio 4.6.1 Part´ ıculas

−

×

×

−

−

−

Considere os dados:

     

4

a

= 0,4

× 10

η

= 0,0278 g cm

−

·

cm 1

−

·s

1

−

T = 18,8 C = 291,8 K o

λ R

× 10 4 cm, = 8,315 × 107 erg.K = 1,82

em t = 10 s

−

1

−

.mol

1

−

O n´ umero de Avogadro pode ser obtido da equa¸caõ N = A

  t λ2

RT 10 = 3πηa (1,82)2 10

× 3 × 8

× 2,4263 × 1011 = 3,4715 × 10 13 −

8,315 107 2,918 102 3,14 2,78 10 2 0,4 10

⇒

−

39

×

×

× ×

N

A

−

×

× ×

 6,99 × 1023

4

−

=

40

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

part´ıcula de raio a (cm) move-se com velocidade constante v (cm/s) atrav´ es de um fluido de viscosidade η (g.cm 1 .s 1 ). Se a for¸ca de atrito que atua sobre ela depende de a, v e η , mostre que uma an´ alise dimensional leva ` a lei de Stokes. Exerc´ ıcio 4.6.2 Uma

−

−

Seja F = F (a, v, η). Dimensionalmente (escolhendo o sistema M LT ), tem-se

   

Logo, deve-se ter [F ] = M LT

2

−

2

[F ] = M LT

−

[a] = L 1

[v] = LT

−

[η] = M L

= [a]α [v]β [η]γ = Lα Lβ T

1

−

β

−

T

1

−

M γ L

γ

−

T

γ

−

= M γ Lα+β

γ

−

T

(β +γ )

−

Segue-se, então, que γ = 1 e

 

e, portanto,

α + β

β + γ = 2

α = 1

⇒

β = 1

⇒ F

∼ aηv

Exerc´ ıcio 4.6.3 Obtenha

ρ(x) =

− γ = 1

a equa¸c˜ ao (4.9).

1 √ 4πDt e

x2 /(4Dt)

−

=

√ 1

2πσ 2

e

x2 /(2σ 2 )

−

sendo σ 2 = 2Dt. O valor médio de x é dado por 1

x = √ 2πσ 2 pois a integral vai de par.

∞



xe

x2 /(2σ 2 )

−

dx = 0

−∞

−∞ a +∞ e x é uma fun¸cão ´ımpar enquanto a exponencial,

4.

41

´ tese molecular O movimento browniano e a hipo

Por outro lado, 1

2

∞

x  = √ 2πσ 2 =



2

x e

2

2

x /(2σ )

−

dx =

−∞

√

2

∞

2πσ 2



x2 e

x2 /(2σ 2 )

−

dx

0

√ 2 2 × 12 × Γ(3/2) × (2σ2)3/2 2πσ

Lembrando-se que Γ(3/2) = 2

x 

√ π/2,

23/2 σ 3 = = σ 2 = 2Dt 1/2 σ 2 2

×

Como

×

kT RT 1 = 6πηa 6πη N a

D =

A

segue-se que kT RT x2 = 3πηa t = 3πηaN

t

A

acordo com a equa¸c˜ ao (4.10), estime o deslocamento m´ edio quadr´ atico em uma dire¸ c˜ ao para mol´ eculas de a¸c´ ucar dissolvidas em ´ agua a 17 o C, decorridos 2 minutos. Exerc´ ıcio 4.6.4 De

Deve-se usar a equa¸cão λx =

   

RT t 3πηaN

x2 =

A

Considerando os dados

       

4

a

= 10

η

= 0,0135 g cm

T

= 17 C = 290 K

t

= 2 min = 120 s

cm

·

1

−

1

·s

−

(água)

o

N

A

R

−

× 1023 = 8,315 × 107 erg.K = 6,022

1

−

.mol

1

−

42

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

obtém-se λx =

=

 ×  3

8,315 107 2,9 3,14 1,35 10 2

2,8936 0,7662

×

×

× × 102 × 1,2 × 102 × × 6,022 × 1023 × 10

× 1012 = × 1019

−



4

−

3,7766

× 10

7

−

= 6,1

4

× 10

−

cm

⇒

λx = 6,1 µm

Exerc´ ıcio 4.6.5 Utilizando

os dados dispon´ıveis a ` época de Einstein, determine o valor da constante de Boltzmann, a partir da equa¸cao ˜ (4.12):

k =

λ2x t

   3πηa T

De acordo com o exerc´ıcio anterior, λ = 6,1 µm, para t = 120 s. Como neste exerc´ıcio consideram-se moléculas de a¸cu ´ car, dissolvidas em água, a = 10 4 cm. Assim, no sistema CGS, −

(6,1)2 10 1,2 102

× 8 × 3 × 3,14 × 1,35 × 10 2 × 10 2,9 × 102 × 4,7344 × 10 12 = 1,36 × 10 16 erg/K ⇒ 4 3,48 × 10 −

k =

−

4

−

−

=

−

k = 1,36

× 10

23

−

J/K

da equa¸c˜ ao (4.10), esboce a dependˆ encia do deslocamento m´ edio quadr´ atrico, λx , em termos do tempo t. Exerc´ ıcio 4.6.6 Partindo

Esse é um exemplo raro de movimento cujo deslocamento médio varia com a raiz quadrada do tempo.

5

Concep¸ c˜ oes cl´ assicas sobre a natureza da luz que os coeficientes de reflex˜ ao r e de transmiss˜ ao t de um pulso se propagando em uma corda com duas densidades diferentes, como definidos no texto, satisfazem a rela¸cao ˜ r + t = 1. Exerc´ ıcio 5.10.1 Mostre

Os coeficientes de reflexão e transmissão são dados, respectivamente, por r =



k1 − k2 k1 + k2



2

e

t =

4k1 k2 (k1 + k2 )2

Sendo assim, r + t =



1 k1 + k2



2 2 1

2 2

(k + k − 2k1 k2 + 4k1 k2 ) =



k1 + k2 k1 + k2



2

=1

o valor m´ edio quadr´ atico, em um per´ıodo (T ), da fun¸c˜ ao sen (kx − ωt), que descreve uma onda monocrom´ atica de frequˆ encia ω = 2π/T e n´ umero de propaga¸c˜ ao k. Exerc´ ıcio 5.10.2 Calcule



2

sen (kx − ωt)



= =

1 T

      

1 2T

T

sen2

0

kx −

2πt T

T

1 − cos2 kx −

0

⇓ 43

dt

2πt T

dt

44

F´ısica Moderna



Caruso • Oguri



2

sen (kx − ωt) =

1 2

As componentes do campo magn´ e tico de uma onda eletromagn´ etica de frequˆ encia ω e n´ umero de propaga¸c˜ ao k se propagando no v´ acuo s˜ ao Bx = B sen (ky + ωt), By = Bz = 0. Determine as componentes do campo el´ etrico e a dire¸c˜ ao e o sentido da propaga¸c˜ ao da onda. Exerc´ ıcio

5.10.3

◦

Considere a seguinte figura.

Sabe-se que, para uma onda plana no vácuo,  |=| E  |, |B

 ⊥ E,  B

 ⊥  E k

 = B xˆı e  O campo magnético é do tipo B k = kˆ  (veja figura anterior). Logo, ˆ é da forma o campo elétrico propaga-se na dire¸caõ k e ˆ ˆkB sen(ky + ωt)  = E z k = E ◦

Exerc´ ıcio 5.10.4 Deduza

a equa¸c˜ ao da continuidade para a carga el´ etrica a partir das equa¸c˜ oes de Maxwell.

Inicialmente, toma-se a derivada temporal da lei de Gauss,  · D =  4πρ ∇

⇒

∂  D ∂ρ  = 4π ∇· ∂t ∂t

Por outro lado, 4π  1 ∂  D   ∇ × H = J + c c ∂t

⇒

∂  D  × H  ) − 4π J  = c(∇ ∂t

˜ es cla ´ ssicas sobre a natureza da luz 5. Concepc ¸o

45

Tomando-se o divergente da u ´ ltima equa¸cão e igualando o resultado à equa¸cão obtida da lei de Gauss, encontra-se ∂  D   · (∇  × H  ) −4π ∇  · J  = 4π ∂ρ ∇· = c∇ ∂t ∂t

⇒

  

∂ρ   + ∇ · J = 0 ∂t

=0

Mostre que a press˜ ao P exercida por um feixe de luz de intensidade I que incide perpendicularmente sobre uma superf´ıcie que a absorve completamente ´ e dada por Exerc´ ıcio 5.10.5

P =

I c

Considere a situa¸caõ representada na figura a seguir.

O momentum transferido, ∆ p, pelo feixe de luz à superf´ıcie S , em um intervalo de tempo ∆t, é ∆ p =



gν Sc∆t dν

onde gν é a densidade espectral de momentum do feixe. Consequentemente, a pressão é dada por

   

1 ∆ p P = = c S ∆t

gν dν ≡ c g

Por outro lado, combinando-se as equa¸co˜es g = u/c e I = uc, obtém-se P = I /c

46

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri


intensidade da radia¸c˜ ao do Sol que penetra na atmosfera terrestre ´ e da ordem de 1,4 × 103 W/m2 . Compare a press˜ ao da radia¸c˜ ao com a press˜ ao atmosférica ao n´ıvel do mar.

J 107 erg erg 3 6 I Sol = 1,4×10 W/m = 1,4×10 = 1,4×10 × = 1,4×10 s.m2 104 s.cm2 s.cm2 2

3

3

A pressão da radia¸caõ é dada por I Sol 1,4 × 106 = = 0,5 × 10 P Sol = c 3 × 1010

−4

3

−4

erg/cm = 0,5 × 10

−7

10 × 10

−6

J/m3

ou −5

P Sol = 0,5 × 10

Pa

Recordando que P atm = 1 atm = 10 5 Pa

⇒

P Sol = 10 P atm

−10

Considere que em uma regi˜ ao do espa¸ c o haja um campo magn´ etico paralelo ao eixo z e com simetria axial, ou seja, seu m´ odulo, embora possa variar no tempo, depende apenas da distˆ ancia r ao eixo z . Determine o campo el´ etrico em cada ponto do espa¸ co. Exerc´ ıcio 5.10.7

Sabe-se que (veja figura a seguir)



 d = − d E · dt



 

 · dS = − d φB = − dB S B dt dt S

onde B é o valor médio do campo magnético na regi˜ ao delimitada por S . Assim,

47


E · 2πr =

d B · πr 2 dt

ou 1 dB E = r 2 dt

´ıon, de carga elétrica q e massa m, desloca-se em uma orbita circular de raio r sob a¸c˜ ´ ao de uma for¸ca centr´ıpeta F . Em um certo intervalo de tempo, um campo magn´ etico fraco e uniforme ´ e estabelecido na dire¸ c˜ ao perpendicular ao plano da ´ orbita. Mostre que a varia¸c˜ ao no m´ odulo da velocidade v do ´ıon, no SI, ´ e ∆v = ±qrB/2m. Exerc´ ıcio 5.10.8 Um

Neste movimento, a for¸ca centr´ıpeta é dada pela resultante v2 m = F c + F m R

(F m << F c = F )

onde (veja figura abaixo)

v2 F c = m R ◦

Logo,

e

F m = ±qvB (SI)

m 2 (v − v 2 ) = ±qvB R ◦

Como o termo da diferen¸ca entre os quadrados das velocidades pode ser expresso como (v 2 − v 2 ) = (v − v ) (v + v ) = ∆v · 2v ◦

◦

◦

   v

2

⇒

∆v = ±

qBR 2m

48

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

µ, de um que a varia¸c˜ ao no momento magnético, ∆ ´ıon sujeito a ` varia¸c˜ ao de velocidade na situa¸c˜ ao descrita no problema anterior ´ e igual a Exerc´ ıcio 5.10.9 Mostre

∆ µ = ±

  q 2 r2 4m

 B

Considere uma part´ıcula de carga q em movimento circular uniforme, conforme a figura a seguir.

A corrente elétrica produzida é I =

q ω v = q = q T 2π 2πR

Por outro lado, µ = I · S = I πR 2 = Assim, µ = ◦

v qR 2 ◦

⇒

v qR 2

µ − µ ≡ ∆µ = ◦

v−v qR 2 ◦

Como, de acordo com o exerc´ıcio anterior, BR ∆v = ±q 2m

⇒

∆ µ = ±

  q 2 R2 4m

 B

49


Considere que um el´ etron de coordenada y oscile com amplitude y em torno de uma origem com frequˆ encia ν , ou seja, y = y cos (2πνt). Mostre que a potência média irradiada por esse elétron é Exerc´ ıcio 5.10.10 ◦

◦

16π 4 ν 4 e2 2 P  = y 3c3 ◦

Para um movimento ao longo do eixo-y, conforme a figura abaixo, descrito pela equa¸caõ y = y cos(2πνt) ◦

a acelera¸caõ é dada por a = (2πν )2 y cos(2πνt) ◦

A potência irradiada é dada pela f´ ormula de Larmor 2 e2 2 P = a (tr ) 3 c3

 

T

2e2 = 3 × 16π 4 ν 4 y 2 cos2 2πν (t − r/c) 3c ◦

 



T

Como o valor médio a` direita da equa¸cão anterior é igual a 1/2, chega-se ao resultado 16π 4 ν 4 e2 y2 P = 3c3 ◦

50

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Exerc´ ıcio 5.10.11 Usando

o resultado do problema anterior, estime o valor da potˆ encia m´ edia irradiada pelo el´ etron, cuja carga el´ etrica ´ e da ordem de −4,8 × 10 10 ues, sabendo que a frequˆ encia ´ e da ordem de 5,0 × 1014 Hz, e supondo que a amplitude de oscila¸c˜ ao do el´ etron seja da ordem das dimens˜ oes atˆ omicas. −

Neste exerc´ıcio usa-se o resultado do anterior. A frequência é ν = 5×1014 Hz, e = 5 × 10 10 ues e c = 3 × 1010 cm/s. Assim, −

16 × π 4 × 25 × 25 × 1056 × 52 × 10 P = 3 × 3 × 1030

−20

−6

= 25 × 10

−5

erg/s  10

erg/s = 10

−5

−16

× 10

−7

× 10

J/s

ou, −12

P  10

W

Exerc´ ıcio 5.10.12 Com

base na f´ ormula de Larmor para a potˆ encia m´ edia irradiada por uma part´ıcula acelerada com carga el´ etrica e, equa¸c˜ ao (5.31), dˆ e uma explica¸c˜ ao de por que o c´ eu ´ e azul.

A fórmula de Larmor é dada pela equa¸caõ (5.31) do livro, ou seja, 2e2 2 P = 3 a  3c A equa¸cão de movimento de uma part´ıcula de massa m e carga elétrica e, sob a a¸caõ de um campo el´ etrico uniforme E x = E = cos ωt ,de amplitude E e frequência ω, ao longo da dire¸caõ x, e uma for¸ca restauradora linear também ao longo da dire¸caõ x, F x = −mω2 x, onde ω é a frequência natural de oscila¸caõ, é dada por ◦

◦

◦

◦

m¨ x = −mω2 x + eE cos ωt ◦

◦

ou seja, x ¨ + ω2x = ◦

eE cos ωt m ◦

Ap´ os um longo tempo, quando a part´ıcula oscila em fase e com a mesma frequência do campo elétrico, o deslocamento (x) da part´ıcula pode ser expresso como x = A cos ωt


51

onde a amplitude A é dada por A =

eE m ω2 − ω2 ◦



◦



Assim, o deslocamento da part´ıcula pode ser expresso como x =

eE cos ωt m ω2 − ω2



◦

◦

e, a acelera¸caõ (a = x ¨), para ω  ω, por ◦



eE ω 2 cos ωt a = − mω2 ◦

◦

Assim, chega-se a





2e4 E 2 ω 4 cos2 (ωt) P =

◦

2

4 3

3m ω c ◦

e4 E 2 c = 3m2 ω2 λ4 ◦

◦

que foi obtida usando-se o resultado do Exerc´ıcio 5.10.2 e depois expressando o resultado final em termos do comprimento de onda λ, dado pela rela¸cão ω = c/λ. Este resultado, encontrado originalmente por Lord Rayleigh, permite concluir que a luz azul (de menor comprimento de onda) é mais espalhada do que a luz vermelha. De fato, os comprimentos de onda do azul variam entre 450 − 495 nm (nanômetros), enquanto os do vermelho estão compreendidos entre 620 − 750 nm. Se, para efeito de estimativa, consideram-se os valores médios λazul = 472,5 nm e λvermelho = 685 nm, obtém-se P azul  P vermelho



λvermelho λazul

   4

=

685 472,5

4

= 4,4

Assim, o céu é azul porque o que se vê é a luz refratada e espalhada pelas moléculas de oxigênio e nitrogênio que comp˜ oem o c´ eu em sua maioria, ou seja, não se está olhando diretamente para a fonte da luz. Entretanto, como a luz violeta tem um comprimento de onda ainda menor ( 380 − 450 nm) do que o azul, pode-se indagar por que, então, o céu n˜ ao é violeta em vez de azul. Acontece que a visão do olho humano normal é mais acurada para comprimentos de onda contidos no intervalo de 400 − 700 nm. Desse modo, uma parte do violeta não se vê e a restante, com comprimentos mais próximos do azul, se confunde com esta cor.

52

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

pr´ oton percorre uma ´ orbita circular de raio r = 1 m através do campo magn´ etico uniforme de um c´ıclotron, com energia cinética igual a 50 MeV. Calcule a energia perdida pelo pr´ oton durante seu movimento orbital. Exerc´ ıcio 5.10.13 Um

A energia perdida pelo próton no movimento orbital pode ser expressa por  = P · T =

P ν

onde a potência é dada pela fórmula de Larmor, P = 2e2 a2 /(3c3 ). O sistema de coordenadas utilizado na solu¸caõ est´ a apresentado na figura a seguir, com a posi¸caõ ao longo do eixo-y dada por y = r cos θ = r cos ωt e a acelera¸caõ, por a = −ω2 r cos ωt, donde se tira que a2  = ω 4 r2 /2.

Assim, a potência de Larmor pode ser escrita como ω 4 r 2 e2 P = 3c3 A frequência angular ω pode ser eliminada e expressa em termos da energia cinética, c , do pr´ oton que se move no c´ıclotron e do seu raio r, lembrando apenas que v = ωr e c = Assim,

1 2 1 mv = mω2 r2 2 2

ω2 =

⇒

42c e2 c P = = 3m2 r2 c3 mc2

 

2

2c mr2

4e2 c × 3r

A raz˜ a o entre a energia do pr´ o ton (50 MeV) e sua energia de repouso ( 1 GeV) é c c 5 × 107 = = = 5 × 10 2 2 2 9 mc mc 10 −


53

O termo e2 c/(3r) vale, no CGS, para r = 100 cm, (4,8)2 × 10 20 × 3 × 1010 e2 c = = 23,04 × 10 3r 3 × 102 −

−12

erg/s

−13

erg/s

Assim, a potência é −2

P = 5 × 10

−11

× 2,3 × 10

erg/s = 11,5 × 10

Lembrando que 1 erg = 10 12 /1,6 eV, a potência perdida pelo pr´ oton em seu movimento orbital é −13

P =

11,5 × 10

× 1012 × 10 eV/s 1,6

⇒

Como ω2 = 4π 2 ν 2 =

2c mr2

⇒

ν =

1 2π

P = 0,72 eV/s



2c mr2

Logo, no SI, 1 ν = × 2π



2 × 5 × 107 × 1,6 × 10 1,673 × 10 27 × 1

−19

−

0,98 × 108  = 1,6 × 107 Hz 2 × 3,1415

e, portanto, a energia perdida pelo próton, por ciclo, no movimento orbital é  =

P 0,72 = ν 1,6 × 107

⇒

−8

  4,5 × 10

eV

54

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Exerc´ ıcio 5.10.14 Fa¸ ca

um esbo¸co da se¸c˜ ao de choque diferencial de Thomson, equa¸ c˜ ao (5.41), em fun¸c˜ ao do ˆ angulo θ de espalhamento, ou seja,

    dσ dΩ

=

Th

e2 mc2

2

(1 + cos2 θ) 2

(5.1)

A distribui¸caõ angular da se¸caõ de choque diferencial de Thomson é dada pela figura acima. Note que a se¸cão de choque diferencial de Thomson apresenta um m´ınimo para θ = 90 e é máxima nas regi˜ oes ao longo do feixe (θ = 0 e θ = 180 ). o

o

o

6

A Eletrodinˆ amica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein

Exerc´ ıcio 6.11.1 Dada

a equa¸cao ˜ de onda de d’Alembert 1 ∂ 2 Ψ =0 c2 ∂t 2

2

∇ Ψ−

considerando que Ψ(x,y,z,t) é um campo escalar, segundo uma transforma¸cao ˜ de coordenadas entre dois referenciais inerciais, mostre que: a) a equa¸cao ˜ n˜ ao é invariante sob a transforma¸cao ˜ de Galileu

  

x y z t









= x = y = z = t

− vt

b) a equa¸cao ˜ é invariante sob a transforma¸cao ˜ de Lorentz

  

x y z t









= γ (v)(x vt) = y = z = γ (v)(t xv/c2 )

−

−

onde γ (v) = (1 v 2 /c2 ) 1/2 , (x , y , z , t ) e (x,y,z,t) s˜ ao as coordenadas espa¸cotemporais segundo dois referenciais S e S , cujas origens coincidem no instante

−

−











55

56

F´ısica Moderna



Caruso • Oguri



inicial ( t = t = 0), e S se desloca em rela¸cao ˜ a S , na dire¸cao x, ˜ com velocidade constante v. 

a) as transforma¸cões de Galileu entre dois sistemas inerciais S e S ,

     





x = x

− vt

∂ ∂x ∂ ∂ = = ∂x ∂x ∂x ∂x ∂ ∂ = ∂y ∂y ∂ ∂ = ∂z ∂z ∂ ∂x ∂ ∂t ∂ = + = ∂t ∂t ∂x ∂t ∂t

⇒ ⇒



y = y 

z = z





⇒ ⇒



t = t











−v ∂x∂





+

∂ ∂t



implicam ∂ 2 ∂ 2 = , ∂x 2 ∂x 2

∂ 2 ∂ 2 = , ∂y 2 ∂y 2



e

∂ 2 ∂ 2 = ∂z 2 ∂z 2



2 ∂ 2 2 ∂ = v ∂t 2 ∂x 2

∂ 2 ∂ 2 2v + ∂x ∂t ∂t 2

−











Uma vez que para um campo escalar 









Ψ(x,y,z,t) = Ψ (x , y , z , t ) a equa¸caõ de onda de d’Alembert pode ser escrita nos dois sistemas inerciais como



∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 + + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 ∂x 2

=



=



∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 

1



−

v2 c2





− −



1 ∂ 2 Ψ= c2 ∂t 2

v 2 ∂ 2 v ∂ 2 +2 c2 ∂x 2 c ∂x ∂t 



∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 v ∂ 2 + + +2 ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 c ∂x ∂t 













−

1 ∂ 2 c2 ∂t 2

−

1 ∂ 2 Ψ =0 c2 ∂t 2









Ψ =



ou seja, a equa¸caõ n˜ ao mantém a mesma forma nos dois sistemas inerciais S e S : v2 ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 v ∂ 2 1 ∂ 2 1 + + +2 Ψ =0 c2 ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 c ∂x ∂t c2 ∂t 2 



−













−







57

ˆ mica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 6. A Eletrodina

b) por outro lado, as transforma¸cões de Lorentz entre dois sistemas inerciais S e S , 

     





x = γ (v)(x

− vt)

⇒ ⇒



y = y 

z = z t = γ (v)(t

onde γ = (1

− xv/c ) 2

2

− v /c )

2 ∂ 2 2 ∂ = γ ∂x 2 ∂x 2 e

−



−1



/2





−









⇒ ⇒

2





∂ ∂x ∂ ∂t ∂ ∂ v ∂ = + = γ γ 2 ∂x ∂x ∂x ∂x ∂t ∂x c ∂t ∂ ∂ = ∂y ∂y ∂ ∂ = ∂z ∂z ∂ ∂x ∂ ∂t ∂ ∂ ∂ = + = γv + γ ∂t ∂t ∂x ∂t ∂t ∂x ∂t 







−



, implicam

2 v ∂ 2 ∂ 2 2v 2γ 2 + γ 4 2 , c ∂x ∂t c ∂t

∂ 2 ∂ 2 = , ∂y 2 ∂y 2

2







2 ∂ 2 2 2 ∂ = γ v ∂t 2 ∂x 2 

∂ 2 ∂ 2 = ∂z 2 ∂z 2





2 ∂ 2 2 ∂ 2γ v + γ ∂x ∂t ∂t 2 2

−









ou seja, no sistema S ,



∂ 2 γ ∂x 2 2



−

−

2 v ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 2v 2γ 2 + γ 4 2 + + + c ∂x ∂t c ∂t ∂y 2 ∂z 2 2







2 ∂ 2 ∂ 2 2v 2 v + 2γ 2 γ 2 c ∂x 2 c ∂x ∂t 



−









γ 2 ∂ 2 Ψ =0 c2 ∂t 2 



Fazendo-se um pequeno algebrismo, vˆ e-se que a equa¸cão de onda de d’Alembert mantém a mesma forma em dois sistemas inerciais. De fato,

   −    v2 c2

2

γ 1

∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 





−

1

−2

o valor de

c

b) v = 0,9998 c

 1

2

−

v = c2



1

v2 c2

1

Exerc´ ıcio 6.11.2 Estime

a) v = 10

−     

1 2 γ 1 c2

2

−

v c2



1/2

 − 1

v 2 /c2 para

∂ 2 Ψ =0 ∂t 2 



58

F´ısica Moderna

a)

v = 10 c

b)

v = 0,9998 = 1 c



1

−

−2

v2 c2

=

⇒



1

−

v2 c2

Caruso • Oguri

1/ 2



1−

1 v2 =1 2 c2

= 0,99995 − 0,0001 2

− 0,0002

1/2

   −  −   = 1

0,0002)2

(1

1/2

= (0,0004)1/2

 0,02

1−0,0004

trem de 900 m de comprimento desloca-se em rela¸cao ˜ a esta¸cao ` ˜ com velocidade de 180 km/h. Dois sinalizadores colocados em seus extremos emitem feixes luminosos um contra o outro que, segundo um observador na esta¸cao, ˜ foram emitidos simultaneamente. Determine o intervalo de tempo entre os dois sinais para um observador no trem. Exerc´ ıcio 6.11.3 Um

Dados sobre o trem:

 

Lo = 900 m (comprimento pr´ oprio) v = 180 km/h = 50 m/s (velocidade com rela¸cão a` esta¸caõ) 

Orientando-se os eixos x e x de dois sistemas inerciais S (solid´ ario a` esta¸caõ) e S (no interior do trem) paralelamente à velocidade (v ) do trem, sincronizados tal que x = x = 0 em t = t = 0, pode-se escrever a rela¸caõ entre as medidas de tempo em S e S como 







− 



t = γ (v) t

xv/c

2

− 

onde

γ (v) = 1

v 2 /c2

/2

−1

Se um observador em S determinou que dois eventos (1 e 2) ocorridos nos extremos do trem, em x 1 e x2 , foram simultâneos (t1 = t 2 ), para um observador em S , o processo correspondeu a um intervalo de tempo (∆t = t2 t1 ) que pode ser determinado por v t2 t1 = γ (v) (t2 t1 ) (x2 x1 ) v/c2 = ∆t = γ (v)L 2 c 



  − − − −          



0

∆t

⇒



−





L

onde L é a distância entre os pontos x1 e x2 , ou seja, o comprimento do trem para um observador em S , relacionado com o comprimento próprio por L = L o /γ Assim, 

∆t = Lo

v 900 50 = = 5,0 c2 9 1016

×

×

−13

× 10

s

⇒



∆t = 0,5 ps


59

Exerc´ ıcio 6.11.4 O

comprimento de um foguete em movimento, em rela¸c˜ ao a um observador na Terra, é cerca de 1% menor do que quando em repouso. Calcule a velocidade do foguete. Sabe-se que o comprimento do foguete (L) para um observador na Terra está relacionado com o seu comprimento próprio (Lo ) por Lo L = γ

− 

onde

−1

v 2 /c2

γ (v) = 1

/2

e v é a velocidade do foguete.

Sendo L também cerca de 1% menor que Lo , ou seja, Lo L (γ 1) = =1 Lo γ

−

−

resulta que 1 = γ



v = c



1

−

v2 c2



− γ 1 = 0,01

1/2

= 0,99

Assim, 1

−

v2 = 0,9801 c2

=

⇒

0,0199

=

7

v

 0,14 c = 4,2 × 10

⇒

m/s



um observador O , que se desloca em rela¸cao ˜ a um outro observador O com velocidade v = 0,4 c, dois eventos separados por uma distˆ ancia de 550 m ocorreram simultaneamente. Determine, para o observador O, a distˆ ancia e a diferen¸ca de tempo de ocorrência entre os dois eventos. Exerc´ ıcio 6.11.5 Segundo

Dois eventos que ocorreram simultaneamente em pontos separados por uma distˆ ancia d = 550 m, para um observador O que se move em rela¸cã o a um observador O com velocidade constante v = 0,4 c, estão separados por uma 1/2 1/ 2 distˆ ancia pr´ opria d = γ (v)d , onde γ (v) = 1 v 2 /c2 = 1 0,16 1,091. 



− 



− 

−

−



Assim, a distância d em rela¸cão a um observador O é igual a d = 600 m e o intervalo de tempo (∆t) para eventos espacialmente separados que ocorreram simultaneamente para O é dado por 

∆t = γd



v vd = = 0,4 c2 cc

 d

× 3 ×60010

8

= 8,0

−7

× 10

s

⇒

∆t = 0,8 µs

60

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Exerc´ ıcio 6.11.6 Um

avi˜ ao se move em rela¸cao ˜ ao solo com velocidade de 600 m/s. Seu comprimento pr´ oprio é de 50 m. Determine de quanto ele parecer´ a mais curto para um observador no solo. Para um observador no solo, o comprimento (L) de um avião que se desloca com velocidade (v c) igual a 600 m/s relaciona-se com o comprimento próprio (Lo = 50 m) por



Lo L = = γ (v) γ (v)

−1

Lo =



1

−

v2 c2



1/2

Lo

 L − o

1 v2 Lo 2 c2

Assim, o encurtamento (∆L) do avi˜ ao para um observador no solo será dado por 2 1 v 2 1 600 ∆L = L o L = Lo = 50 = 10 10 m 8 2 c 2 3 10



−





×

⇓

−

∆L = 0,1 nm


avi˜ ao se desloca em rela¸cao ˜ ao solo com velocidade de 600 m/s. Determine ap´ os quanto tempo um rel´ ogio no solo e outro no interior do avi˜ ao ir˜ ao diferir por 2 µs. Para um observador no solo, a dura¸caõ (τ ) de um intervalo de tempo ocorrido em um avião que se desloca com velocidade (v c) igual a 600 m/s relaciona-se com a dura¸cão pr´ opria (τ o ) por T



τ = γ (v)τ o

=

τ o = γ (v)

⇒

T

−1

τ = T



1

−

v2 c2



1/2

τ

T

 τ − T

τ v 2 2 c2 T

Assim, para um observador no solo, uma diferen¸ca de tempo (∆τ = τ nas medidas dos relógios igual a 2,0 µs será dada por

T

∆τ = τ

T

−6

− τ = 2 × 10 o

τ = 2

T

 v c

2

τ = 2

T



600 3 108

×

− τ ) o



2

Desse modo, para um observador no solo, será necessário um intervalo de tempo da ordem de τ = 106 s 11,6 dias T



para que as medidas dos relógios difiram por um valor igual a 2,0 µs.


61

tempo pr´ oprio de vida dos m´ uons é da ordem de 2,2 µs. Se um feixe de m´ uons penetra na atmosfera com velocidade de 0,99 c, estime o tempo de vida para um observador na Terra. Exerc´ ıcio 6.11.8 O

v = 0,99 = 1 c

Se v = 0,99c,

− 0,01

v2 = (1 c2

=

⇒

2

− 0,01)  1 − 0,02

Assim, se τ = 2,2 µs é o tempo de vida pr´ o prio de um m´ uon, para um observador na Terra, que o observa com velocidade igual a v = 0,99 c, o tempo de vida (τ ) será dado por ◦

T

τ = γ (v)τ = ◦

T

τ

◦

 − 1

v 2 /c2

=

2,2 10 6 10 = 2 1 (1 0,02)

 −

×

−

−6

√ × 2,2 × 10

−

⇓

τ = 15,6 µs T

De acordo com a lei de decaimento de uma part´ıcula inst´ avel, a partir de uma quantidade inicial N , o n´ umero médio (N ) de part´ıculas sobreviventes ap´ os um intervalo de tempo t é dado por ◦

N = N e t/τ ◦

−

onde τ é o tempo médio de vida da part´ıcula, segundo um dado observador. Para um observador na superf´ıcie da Terra, o tempo (t) que um mú on a uma altura d 10 km, na atmosfera, demora para percorre essa distância com velocidade c é da ordem de t = d/c. Desse modo, o número médio de múons que conseguem alcan¸car o solo é dado por



N =

N et/γcτ ◦

◦

N  8,5 ◦

ou seja, cerca de 10% dos múons. Se não houvesse o efeito de dilata¸caõ temporal, ou de contra¸cão espacial, esse n´ umero seria dado por N =

N et/cτ ◦

◦

 3,8 N × 10 ◦

6

ou seja, cerca de 0,00003%. Assim, para cada 10 milhões de múons (107 ), presentes em um dado momento na atmosfera, que se deslocam em dire¸caõ a` superf´ıcie da Terra com velocidade da ordem de c, cerca de 1 milhã o de m´ uons alcan¸c am o solo, e nã o 3 como previsto pela cinemática n˜ ao relativ´ıstica. Esta é um importante resultado da Teoria da Relatividade Restrita.

62

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Um cubo tem volume pr´ oprio de 1000 cm3 . Determine o volume para um observador que se move com velocidade igual a 0,8 c em rela¸cao ˜ ao cubo, em uma dire¸cao ˜ paralela a uma das arestas. Exerc´ ıcio 6.11.9

Segundo um observador O, para o qual o cubo se move com a velocidade v = 0,8 c, o volume do cubo (V ) é expresso por V = l x

× ly × lz

onde lx , ly e lz são os comprimentos dos três lados ortogonais entre si e, respectivamente, paralelos aos eixos x, y e z de um sistema cartesiano solidário a O. 

Por outro lado, para um observador O , que se desloca com a velocidade do cubo, o volume próprio (V o = 1 000 cm ) pode ser expresso como 3



3

V o = 1000 cm = l x 







× ly × lz



onde lx , ly e lz são os comprimentos dos três lados ortogonais entre si e, respectivamente, paralelos aos eixos x , y e z de um sistema cartesiano solidário aO. 







Orientando-se os sistemas cartesianos tal que os respectivos eixos (x,y,z) e (x , y , z ) sejam paralelos; que x = x = 0, y = y = 0 e z = z = 0 para t = t = 0; e que o cubo se movimente na dire¸cão x, as medidas de comprimento nas dire¸co˜es y e z serão invariantes, 













 



ly = ly 

lz = l z

e medidas de comprimento na dire¸caõ x estarão relacionadas por 

l lx = x = γ (v)

 − 1

2



(v/c) lx =

 − 1

(0,8)2 lx = 0,6 lx 



Desse modo, a rela¸caõ entre os volumes V e V o será dada por lx V = V o lx 

× ly × lz = 0,6 × ly × lz 



e o volume V , por V = 0,6 V o

 1000

⇒

V = 600 cm

3


63


figura a seguir mostra o esquema do interferˆ ometro de Michelson-Morley, com o feixe de luz paralelo à velocidade (v 3 104 m/s) orbital da Terra em torno do Sol, no qual franjas de interferência s˜ ao observadas por meio de uma luneta.

 ×



B



A

Considerando que a velocidade orbital da Terra é igual à velocidade do aparato atrav´ es do éter, se o aparato sofrer uma rota¸cao ˜ de 90 no sentido trigonom´ etrico, calcule o desvio esperado ∆N das franjas de interferência, para l l = 10 m. ◦

A



B

Trata-se de uma aplica¸caõ imediata da equa¸caõ (6.7) do livro de texto: δ

−

v2 δ = ( +  ) 2 c ∗

A

B

Neste caso, o desvio esperado ∆N = (δ 5900 ˚ A), é dado por

∗

− δ )/λ, para luz de sódio (λ 

∆N =

δ

∗

− δ λ

20 = 5,9 10

×

−7

⇓ ∆N = 0,34



3 3

4

× 10 × 10

8

2



64

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Exerc´ ıcio 6.11.11 Os

bra¸cos do interferˆ ometro original de Michelson-Morley tinham cerca de 10 m e a fonte de luz era de s´ odio, com comprimento de onda de 5 900 ˚ A.

• Determine as diferen¸cas de tempo e de marcha esperadas quando o feixe de luz é paralelo à velocidade da Terra.

• Se a sensibilidade do aparelho para o deslocamento das franjas era de 0,005, estime qual seria a menor velocidade que a Terra poderia apresentar em rela¸cao ˜ ao éter.

Os dados são  = 1 0 m e v 3 104 m/s. As diferen¸cas de marcha e de tempo para um feixe que se move paralelo à Terra, em um experimento de Michelson-Morley, s˜ ao relacionadas e dadas pela equa¸caõ (6.3) do livro de texto:

 ×

2

δ = c∆t = 2(1

−  ) + (2 − 2

1

v 2 ) 2 = 10 c

×



3 3

4

× 10 × 10

8

2



= 10

−8

× 10

⇓ δ = 10

−7

m

uma vez que 1 =  2 . J´ a a diferen¸ca de tempo é dada por δ 10 7 m ∆t = = c 3 108 m/s −

×

⇓ ∆t = 0,33 × 10

−15

s

O exerc´ıcio pede ainda para estimar a menor velocidade que a Terra poderia apresentar em rela¸cão ao éter se a sensibilidade do experimento para o deslocamento das franjas era 0,005. Neste caso, 2 v 2 0,005 = λ c2

v = 1,2 c

⇒

o que implicaria v = 3,6

4

× 10

m/s

−4

× 10


65

A Tabela a seguir mostra alguns dados obtidos por Kaufmann mostrando a dependência esperada por ele da raz˜ ao e/m com a velocidade v dos elétrons. Exerc´ ıcio

6.11.12

Fa¸ca um esbo¸co dessa dependˆ encia e compare-o com o resultado esperado relativisticamente, ou seja, e/(γm). Para fazer o esbo¸co da dependência de e/m com a velocidade, considere a tabela a seguir. Velocidade (1010 cm/s)

e/m (108 C/g)

°

e/ °m (108 C/g)

1,00

1,7

1,06066

1,658213

1,50

1,52

1,154701

1,523165

2,36

1,31

1,619753

1,085844

2,48

1,17

1,777171

0,989663

2,59

0,97

1,981634

0,88755

2,72

0,77

2,370523

0,741946

2,83

0,63

3,01344

0,583652

As duas primeiras colunas correspondem aos dados do exerc´ıcio; a terceira mostra os diversos valores do fator de Lorentz γ e a u ´ ltima leva em conta como valor esperado para e/(γm) o valor atual de e/m dividido pelo respectivo γ .

66

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Na figura, comparam-se os valores obtidos por Kaufmann (c´ırculos) com os valores esperados segundo a Relatividade Restrita (quadrados). Cabe notar que a discrepˆ a ncia notada foi o motivo que levou Kaufmann a criticar a teoria de Einstein na época de suas medidas. A controvérsia só foi dirimida ap´ os os experimentos com raios β de A.H. Bucherer, cujos resultados foram apresentados em Colônia, em 22 de setembro de 1908, os quais eram compat´ıveis com as previsões de Lorentz e da Teoria da Relatividade de Einstein.

7

A desconstru¸ c˜ ao do ´ atomo: algumas evidˆ encias do s´ eculo XIX Exerc´ ıcio 7.5.1 Calcule

os comprimentos de onda para as primeiras transi¸c˜ oes nas s´ eries de Lyman, Paschen e Brackett para o ´ atomo de hidrogˆ enio. A equa¸caõ (7.4) do livro de texto dá a expressão da generaliza¸ caõ da f´ ormula de Balmer obtida por Rydberg e por Ritz: 1 = R H λ

1

1 − m2 n2



Para a solu¸caõ deste exerc´ıcio é conveniente explicitar o comprimento de onda (em cent´ımetros) como λ = RH

 11

1 − m2 n2



Tomando o valor de RH = 1,097337 × 105 cm−1 , e relembrando que, para a série de Lyman m = 1, para a de Paschen, m = 3 e para a de Brackett, m = 4, os resultados encontrados são: • Para Lyman: λ12 = 1 215 ˚ A

e 67

λ13 = 1 025 ˚ A

68

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

• Para Paschen: λ34 = 18 750 ˚ A

e

λ35 = 12 810 ˚ A

λ45 = 44 440 ˚ A

e

λ46 = 26 240 ˚ A

• Para Brackett:

Exerc´ ıcio 7.5.2 Em 1871,

Stoney havia demonstrado que os comprimentos de onda das trˆ es primeiras raias do espectro do ´ atomo de hidrogˆ enio, denotadas por H α (a de maior comprimento de onda), H β e H γ , guardavam a seguinte propor¸cao: ˜ 1 1 1 H α : H β : H γ = : : 20 27 32 que representam, usando seus termos, “o 20 , 27 e 32 harmˆ onicos de uma vibra¸cao ˜ fundamental”. Mostre que essas raz˜ oes resultam da f´ ormula de Balmer para os valores n = 2 e m = 3, 4, 6. o

o

o

A fórmula de Balmer pode ser escrita como λ =

 1 C 1  m2

−

n2

onde C = 1/RH . As rela¸cões obtidas por Stoney, em 1871, referem-se às raias de Balmer correspondentes aos valores m = 3, 4 e 6. Para estes valores, a aplica¸caõ direta da f´ ormula anterior fornece os seguintes comprimentos de onda:

λ3 =

λ4 =

λ6 =

C 36 = C 5 5 36 C 16 = C 3 3 16 C 36 = C 8 8 36

˜ o do a ´ tomo: algumas evid ˆ 7. A desconstruc ¸a encias do s ´ eculo XIX

69

Na nota¸caõ de Stoney, estes valores estão respectivamente associados às raias H α , H β e H γ . Suas razões valem H α : H β = e H α : H γ =

36C 3 27 × = 5 16C 20

36C 8 8 32 × = = 5 36C 5 20

Portanto, H α : H β : H γ =


1 1 1 : : 20 27 32

o maior e o menor comprimento de onda da s´ erie

de Lyman. Utilizando para 1/RH o valor aproximado de 0,9115 × 10−5 cm, encontra-se que o menor comprimento de onda para a série de Lyman é 911,3 ˚ A e o maior, 1215 ˚ A. Exerc´ ıcio 7.5.4 Determine

o n´ umero de linhas/mm de uma rede de difra¸c˜ ao 8 − cujo espa¸camento entre linhas é de 2 × 10 m. Uma rede de difra¸caõ de Rowland tinha uma resolu¸caõ de  600 linhas/mm, o que corresponde a uma distâ ncia entre as linhas de cerca de 1/600  167 × 10−3 mm. Já uma rede com um espa¸camento entre linhas de 2 × 10−8 m = 2 × 10−5 mm corresponde a um poder de resolu¸caõ de 1 = 50 000 linhas/mm 2 × 10−5


o n´ umero de moles de hidrogˆ enio ( H2 ) obtidos pela eletr´ olise de 1,08 kg de ´ agua. A eletrólise da água é um processo do tipo 1 mol O 2 A massa de 1 mol de H O é 2 × 1 + 16 = 18 g. Portanto, o número de moles em 1,08 × 103 g de água é 1 mol H O → 1 mol H + 2

2

2

2

1,08 × 103 g n = 18 g/mol

⇒

n = 60 moles

70

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

o volume de hidrogˆ enio liberado, a 27 o C e 700 mmHg, pela passagem de uma corrente de 1,6 A durante 5 minutos por uma cuba contendo hidr´ oxido de s´ odio. Exerc´ ıcio 7.5.6 Calcule

A carga elétrica é o produto da corrente pelo tempo, Q = I t. A carga total de hidrogênio decorrido o tempo t é, de acordo com Faraday, obtida da expressão (lei) m(H2 ) = K Q, onde K = 0,01045 mg/C. Assim, o n´ umero de moles é dado pela raz˜ ao m 1,045 × 10−5 g/C C KIt = = × 1,6 × 300 s µ µ 2g s

⇒

n = 2,5 × 10−3

O volume de hidrogênio é calculado pela equa¸cão de Clapeyron V =

nRT P

A pressão de 700 mmHg é igual a 0,93 × 105 Pa. Logo, 2,5 × 10−3 × 8,3 × 3 × 102 V = 0,93 × 105 ou V = 6,7 × 10−5 m3 = 6,7 × 10−2 L

⇒

V = 67 mL

partir de um ajuste linear do tipo y = ax, utilizando os dados de Faraday mostrados na tabela abaixo, determine o valor da constante de Faraday. Exerc´ ıcio 7.5.7 A

A constante de Faraday (F ), de acordo com as leis da eletrólise, é a constante de proporcionalidade entre o equivalente eletroqu´ımico (K ) e o equivalente qu´ımico (µ/n).

˜ o do a ´ tomo: algumas evid ˆ 7. A desconstruc ¸a encias do s ´ eculo XIX

71

De acordo com os dados da tabela, a constante de Faraday pode ser obtida a partir de um ajuste linear do tipo y = ax onde y = µ/n, a = F e x = K . O parâmetro a e a respectiva incerteza σa são determinados por a =

xy x2 

e

σa =

  N x  y

2

sendo N

 xy xy = , i i

i=1

N

N

i

2

i=1

N

2

 x x  =

N

  (y − ax ) = (N − 1)

e y

i

i

i=1

e N é o n´ umero total de medidas, no caso N = 5. Assim, a curva que melhor se ajusta às medidas neste caso está representada na figura a seguir.

O resultado desse ajuste indica o seguinte valor para a constante de Faraday: F = (9,651 ± 0,001) × 104 C/mol a ser comparado com o valor de referˆ encia (http://physics.nist.gov/) F = 96485, 3399(24) C/mol

8

Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X

Exerc´ ıcio 8.5.1 Discuta

quais foram as principais contribui¸coes ˜ dos estudos de descargas em gases no contexto da F´ısica na virada do s´ eculo XIX para o século XX. O estudo das descargas em gases, durante o final do século XIX, foi um dos cap´ıtulos mais marcantes da F´ısica. Foi a partir dele que se descobriram o elétron e os raios X . O debate cient´ıfico em torno deste tema teve o mérito inicial de colocar na ordem do dia a discussão acerca da natureza da luz. A descoberta de ambas teve, historicamente, um papel essencial na compreensão da estrutura da matéria e da F´ısica Atômica. O elétron põe em evidência, depois de cerca de 25 s´ eculos, o fato de que o átomo n˜ ao é indivis´ıvel, como acreditavam os filósofos gregos e os qu´ımicos até o século XIX. Por outro lado, dos estudos de raios catódicos vão aparecer as primeiras v´ alvulas e os primeiros diodos, marcos de uma nova era que estava para se inaugurar no s´ eculo XX, a era da eletrˆ onica , que viria a mudar qualitativamente a tecnologia deste século. J´ a os raios X , descobertos por Röntgen, foram muito importantes no estudo da cristalografia, a partir dos estudos de William Henry Bragg e William Lawrence Bragg e na própria compreensão das regularidades atômicas, como ficou evidenciado a partir do trabalho sistemático de Moseley abordado no Cap´ıtulo 12. Assim como o elétron, os raios X tiveram enorme impacto sobre a sociedade, por suas aplica¸co˜es na área médica e, posteriormente, na indústria. 73

74

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri


a raz˜ ao entre a for¸ca elétrica que atua sobre uma part´ıcula carregada em um campo elétrico de 20 V/m e o peso da part´ıcula para: a) um elétron; b) um pr´ oton. Sabendo-se que o peso P = mg e a for¸ca de natureza elétrica é F = qE , pode-se escrever F q E = P m g

  

Substituindo os valores E = 20 V/m e g = 9,81 m/s2 , obtém-se



F q = 2,04 P m

a) Sabendo-se que, no SI, o módulo da carga do elétron é e = 1,6 sua massa, m = 9,11 10 31 kg, a razão carga/massa é igual a

×

−

e = 1,76 m

11

× 10

× 10

19

−

Ce

C/kg

Assim,

 F P

= 2,04

el´ etro n

11

× 1,76 × 10

= 3, 6

b) Sabendo-se que a carga do prótron é e = 1,6 m = 1836 me ,

11

× 10

× 10

 F P

pr´ otron

1 = 1836

 F P

19

−

= 1,96

el´ et ron

C e sua massa,

8

× 10

Determine a velocidade que um elétron adquire quando acelerado a partir do repouso atrav´ es de uma diferen¸ca de potencial de 600 V. Exerc´ ıcio

8.5.3

Note que quando V = 600 V, a quantidade eV pode ser tratado não relativisticamente. A for¸ca é dada por F = eE = e

V d

2

 mc

e, portanto, o problema

´ dicos: a descober 8. Os rai raios os ca catodicos: o descobert ta do el´ e tron e dos raios X etron

75

que é constante, constante, pois o campo é uniforme. O trabalho é igual à varia¸c˜ cao a˜ o da energia ener gia cinética, etica , ou seja, seja , F d = ∆c

1 2 mv = eV 2

⇒

Logo, v= ou

  × 2eV = m

2

1,76

11

2

× 10 × 6 × 10

v = 1,45

7

× 10

=



2,11

14

× 10

m/s

Ap´ os atingir a velocidade calculada no problema anterior, o elétron etron penetra em uma regi˜ regi˜ ao (x 0) on 0) onde de há um campo elétri etrico co de 40 de 40 V/m, V/m, no sentido y. Determine: Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 8.5.4 8.5 .4

≥

−

a) as coordenada coordenadass do elétron etron ap´ os 5 10 8 s, sabendo que sua velocidade ao penetrar na regi˜ ao fazia um ˆ angulo de 30 com a dire¸c˜ cao ˜ x;

×

−

◦

b) a dire¸c˜ cao ˜ da velocidade nesse instante. Considere o movimento no plano segundo o esquema a seguir.

As componentes da trajetória oria no plano x-y são, ao, respectivament respectivamente, e,

 

x = (v cos θ )t ◦

y = (vsen θ )t ◦

−

1 2

at2

76

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

a) Utilizando a = (e/m) e/m)E e E e os valores sen θ = 0,5, cos θ = e/m = e/m = 1,76 1011 C/kg nas equa¸c˜ coes o˜es anteriore anter iores, s, obtém-se em-s e ◦

◦

√ 3/2 = 0,866,

×

  

7

8

x = 1,45

× 0,866 × 10 × 5 × 10

y = 1,45

× 0,5 × 10 × 5 × 10 − 0,5 × 1,76 × 10 × 40 × 25 × 10

⇒

−

7

x = 62 62,,8 cm

⇒

8

11

−

26

y = 35 35,,4 cm

b) As componentes das velocidade são ao dadas por

 

vx = (v cos θ ) t ◦

vy = v sen θ

◦

− at = at = v v sen θ − (e/m) e/m)E t ◦

Assim,

tg θ =

vy v sen θ (e/m) e/m)Et = = tg θ vx v cos θ ◦

−

◦

◦

= 0,577

E − (e/m) e/m) cos θ

◦

t v

− 1,76 × 10 × 0,40866 × 5 × 10 × 1,45 × 10

= 0,549

11

⇒

−

8

7

θ = 28 28,, 8o

que a sensibilidade, S , de um tubo de raio cat´ odico, definida como a raz˜ ao entre a deflex˜ ao m´ axima, Y axima, Y , , do feixe e a tens˜ ao m´ axima, V , V , aplicada entre as placas defletoras, é dada por Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 8.5.5 8.5 .5 Mostre

S =

Y lD = V 2dV a

na qual l l ´ e o comprime comp rimento nto das placas defletoras, defle toras, d e D e D s˜ ao, respectivamente, as distˆ ancias entre as placas e das placas ao anteparo, e V e V a , o potencial acelerador. Na figura a seguir, θ é o ângulo angulo que corresponde à deflexão ao m´ axima axima do feixe entre as placas do capacitor, cujo comprimento comprimento é l. A distância ancia entre o ponto em que se dá in´ in´ıcio a deflex˜ defle xão ao e o anteparo antepa ro é D e Y , , a deflexão ao m´ axima axima sobre

´ dicos: a descober 8. Os rai raios os ca catodicos: o descobert ta do el´ e tron e dos raios X etron

77

o anteparo.

Y

Seja V a o potencial acelerador. Assim, a partir da conserva¸cão ao da energia, pode-se determinar a velocidade inicial v o das part´ part´ıculas do feixe em fun¸c˜ cão ao do potencial e da razão ao e/m. e/m. De fato, 1 2 mv = eV a 2

v =

⇒

◦

◦



2e V a m

As equa¸c˜ coes o˜es de movimento nos eixos x e y são, ao, respectivamente respectivamente,,

 

x = v = v t ◦

y = 12 at2

onde a acelera¸c˜ cao aõ a é dada da da por a = (e/m) e/m)E = (e/m)( e/m)(V V /D /D). ). Deste modo,

  

1 e y = 2 m

V d

x2 v2 ◦

⇒

  

dy e = dx m

V d

x2 1 = v2 2 ◦

 V V a

x d

e

tg θ =

1 V l Y = D 2 V a d

Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 8.5.6 8.5 .6 Considere

⇒

Y lD = V 2dV a

as seguintes dimens˜ oes de um t´ıpico tubo de raios

cat´ odicos comercial:

• comprimento das placas do capacitor: l = 1,6 cm cm;; • distˆ ancia entre as placas: d = 0,5 cm cm;;

78

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

• distˆ ancia entre o final do capacitor e o anteparo: D = 15 cm. cm. a) Sabendo Sabendo que os el´ etrons etrons partem do repouso epouso no catodo atodo e s˜ ao acelera acelerados dos na dire¸c˜ cao ˜ x por uma d.d.p. de 2400 de 2400 V entre o anodo e o catodo, calcule a velocidade com que eles penetram no capacitor. b) Sendo 500 V/m o valor do camp campo o el´ etrico etrico entre entre as placas placas do cap capacitor, calcule o deslocamento do feixe em rela¸c˜ ao ao eixo x. Considere o esquema a seguir.

Neste Nes te exerc´ exerc´ıcio, ıci o, l = 1,6 cm, d = 0,5 cm, D = 15 cm e V a = 2400 V. a) A velocidade velocidad e inicial in icial é determinada por 1 2 mv = eV a 2 o Utilizando o valor e/m = e/m = 1,76

vo =

 × 2

2,4

⇒ 11

× 10

3

vo =



2V a (e/m) e/m)

C/kg C/ kg,, obt´ ob tém-s em-see

11

× 10 × 1,76 × 10

vo = 2,9

⇒

b) Como visto no exerc´ exerc´ıcio anterior, o deslocamento y é dado dado por 1 e x2 1 y = E 2 = 2 m vo 4



onde E = = 500 V/m e, para x = l = l



E x2 V a

⇒ y << d/l. d/l . Logo,

  

dy 1 e = dx 2 m

E x = tg θ V a

7

× 10

m/s

79

´ dicos: a descoberta do el´ 8. Os raios cato e tron e dos raios X

Para x = l, foi visto no exerc´ıcio anterior que 1 tg θ = 2



E Y l = V a D

Portanto, D Y = 2 ou



E 15 l = V a

2

2

× 10 × 5 × 10 × 1,6 × 10 2 × 2,4 × 10 −

2

−

3

= 0,25

× 10

3

−

m

Y = 0,25 mm

Exerc´ ıcio 8.5.7 Dois

feixes de ´ıons positivos que tˆ em a mesma carga q e massas diferentes, m 1 e m 2 , s˜ ao acelerados horizontalmente, na dire¸cao y, ˜ no plano zy, a partir do repouso, por uma diferen¸ca de potencial V . Eles ent˜ ao entram em uma regi˜ ao onde existe um campo magn´ etico uniforme B normal ao plano do movimento. Mostre que os valores das coordenadas y1 e y2 para pequenas deflex˜ oes de cada feixe, considerado o mesmo intervalo de tempo t, satisfazem a seguinte rela¸cao: ˜ y1 = y2

  m2 m1

1/2

Considere o esquema da figura a seguir, na qual cada ´ıon de um feixe, após ser acelerado por uma ddp constante V , e ter adquido velocidade v , penetra  = qv B,  perpendicular à em uma região onde sofre a a¸cão de uma for¸ca F velocidade.

×

 v , o movimento dos ´ıons é circular uniforme, e a velocidade pode Como F ser expressa como v = ωr.

⊥

80

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Assim, o ângulo descrito após um intervalo de tempo t é dado por θ = ωt. Logo, para pequenos ângulos, y

 rθ = ωrt = vt

A velocidade pode ser determinada também pela conserva¸cão de energia, 1 2 mv = qV 2

⇒

v =



2qV m

onde V é o potencial acelerador. Substituindo o valor de v na expressão anterior para y encontra-se y=



2qV t m

⇒

y1 (t) = y2 (t)

  m2 m1

1/2

Uma part´ıcula carregada entra em uma regi˜ ao entre duas placas met´ alicas paralelas, muito grandes. A velocidade da part´ıcula é paralela as placas no instante em que ela penetra nessa regi˜ ` ao. As placas est˜ ao separadas por uma distˆ ancia de 2 cm e a diferen¸ca de potencial entre elas é de 2000 V. Ap´ os a part´ıcula ter penetrado 5 cm no espa¸co entre as duas placas, verifica-se que ela foi defletida de 0,6 cm. Mantendo-se o campo el´ etrico, aplica-se um campo magnético cuja densidade de fluxo é igual a 0,1 T e verifica-se que a part´ıcula n˜ ao sofre mais qualquer deflex˜ ao. Calcule a raz˜ ao entre a carga e a massa dessa part´ıcula. Exerc´ ıcio 8.5.8

Na ausˆ encia de campo magn´ etico, já foi visto que as componentes da trajet´ oria no plano x-y são

 

x = v t ◦

1 y = at2 2

⇒

  

1 e y= 2 m

V d

x2 v2 ◦

81


Com campo magnético (B = 0,1 T), pela expressão da for¸ca de Lorentz, E = v B

=

1 B

v =

⇒

◦

◦

 V d

Logo, 2

1 e B y = x 2 2 m V /d

e = m

⇒

ou,

 V d

e = 4,8 m

2y 2 103 2 = B 2 x2 2 10 2 10

×

7

× 10

×

−

2

× × 0,6 × 10 × × 25 × 10 −

−

2

4

−

C/kg

que, no experimento de Millikan, o campo elétrico E , necess´ ario para fazer subir uma gota de ´ oleo, de massa m e carga q , com uma velocidade igual ao dobro da de queda da gota na ausência de campo tem m´ odulo igual a E = 3mg/q , desprezando-se a resistˆ encia do ar. Exerc´ ıcio 8.5.9 Mostre

A for¸ ca resultante sobre uma got´ıcula no experimento de Millikan, na ausência de campo elétrico, é dada por R = ρgV

−ρ

ar

gV = ma = (ρ

−ρ

ar

)gV

Com o campo elétrico E ligado, a nova resultante é R = qE E

− (ρ − ρ

ar

)gV = ma

E

⇒

qE = ma + ma E

Como v = at e v = a t, e o problema diz que a segunda tem um módulo que é o dobro da primeira, segue que E

E

v a = =2 v a E

E

⇒

qE = 3ma

82

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Portanto, o m´ odulo do campo elétrico deve valer E =

3ma q

que pode ainda ser escrito como E =

−  ρar ρ

1

3mg q


a diferen¸ca de potencial que se deve aplicar às placas de um condensador, separadas de 5 mm, para equilibrar uma got´ıcula de oleo, cuja massa é 3,119 10 3 g e cuja carga é igual a 5 vezes a carga do ´ elétron.

×

−

Considere o esquema a seguir.

A for¸ca resultante sobre uma got´ıcula carregada que é for¸cada a subir por a¸caõ de um campo elétrico E é dada por R = qE

− 4π3 a (ρ − ρ 3

ar

)g

− 6πηav

Se a got´ıcula está sendo mantida em repouso, R = 0 e v = 0, logo 4π 3 qE = a ρg 3

−

− 

4π 3 a ρar g = mg 1 3

ρar ρóleo

Como a raz˜ ao entre as densidades, neste caso, é da ordem de 0,1%, pode-se desprezar este termo na equa¸caõ anterior. Usando o fato de que o campo elétrico é E = V /d, então V q = mg d

83


Como q = 5e, mgd 3,119 V = = 5e

6

× 10 × 9,81 × 5 × 10 5 × 1,6 × 10 −

3

−

19

−

⇒

V = 1,9

9

× 10

V

Cite trˆ es fatores importantes na defini¸cao ˜ da espessura delgada da folha onde se encontra a janela de Lenard, justificando-os. Exerc´ ıcio 8.5.11

A janela do aparato de Lenard deve ser delgada para evitar que o feixe se enfraque¸ca pela intera¸caõ com a matéria, deve vedar bem o entorno do orif´ıcio para eliminar perdas inconvenientes e deve ser resistente o suficiente para suportar a diferen¸ca de pressão entre o ar exterior e o ar rarefeito dentro do tubo. Os dados mostrados na tabela a seguir referem-se ao experimento de Millikan para medir a carga do elétron. Exerc´ ıcio

8.5.12

DADOS GERAIS

Separação entre as placas

0,016 m

Voltagem das placas

5 085 V

Distância de queda da gota

1,021 x 10-2 m

Viscosidade do ar

1,824 x 10-5 N s/m2

Densidade do óleo

0,92 x103 kg/m3

Densidade do ar

1,2 kg/m3

TEMPOS MEDIDOS (s)

Tempo médio de queda da gota (sem campo)

11,88 22,37

Cinco medidas do tempo de subida da gota (com campo)

34,80 29,25 19,70 42,30

Estime o valor da carga do el´ etron a partir desses dados. Os dados reportados na tabela acima representam uma pequena parte dos dados fornecidos na Tabela VI do livro The Electron , publicado por Millikan em 1917. Uma vez que a densidade do óleo é muito maior do que a do ar, ρóleo >> ρar,

84

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

a expressão para a carga (q ) adquirida por uma gota de óleo, em fun¸caõ das velocidades terminais de descida (vg ) e de subida (vE ) da gota, sob a a¸caõ de um campo elétrico E , pode ser expressa como q



onde η = 1,824

× 10

5

−

√

1/2

9π 2 η 3/2 vg (vg + vE ) E ρ1/2 g1/2

N.s/m2 , ρ = 0,92 g/cm3 e g = 9,81 m/s2 .

Como V = 5 085 V e d = 1,6 cm, o campo elétrico será dado por E = V /d = 3,18 105 V/m.

×

Por outro lado, as duas velocidades que aparecem na expressão da carga podem ser expressas, em termos dos tempos de subida ( tE ) e de descida (tg ) da got´ıcula, por vg = s/tg e vE = s/tE , onde s = 1,021 cm. Assim, a carga adquirida pela gota de óleo pode ser expressa como q =

√ 9π 2

  √           E

η3/2 s1/2 s ρ1/2 g1/2 t1g/2

9π 2 (ηs/tg )3/2 = E (ρg)1/2 ou

9π q = E

2 ρg

ηs tg

1 1 + tg tE

1+

tg tE

1+

tg tE

3

Q

Para um tempo m´ edio de queda igual a tg = 11,88 s, resulta Q = 25,99 10 19 C. −

×

Desse modo, de acordo com os dados para os tempos de subida, os valores para as cargas elétricas das gotas são reportados na tabela a seguir. tE(s)

1+tg/tE q (×10–19C)

22,37

1,53

39,75

34,80

1,34

34,81

29,68

1,41

36,63

19,70

1,60

41,57

42,30

1,28

33,25

85


Ap´ os um exaustivo número de experimentos, Millikan estimou que o menor valor absoluto da diferen¸ca entre as cargas das gotas de óleo era da ordem de 4,991

× 10

10

−

statC = 1,664

× 10

19

−

C

ou seja, as medidas das cargas elétricas eram múltiplos de uma quantidade elementar associada ao elétron, cujo valor atual é e = 1,60217733(49) 10 19 C.

×

−

Escolhendo o valor q 1 = 39,75 10 19 C, correspondente ao tempo de subida tE = 22,37 s, como valor de referˆ encia, pode-se construir a próxima tabela com os quatro valores restantes, em fun¸caõ da diferen¸ca ∆q = q q 1 .

×

−

−

q

¢q =q – q 1(×10 –19C)

n

¢q /e

(|¢q |-ne)/q 1

34,81

-4,94

3

-3,083

0,00337

36,63

-3,12

2

-1,947

-0,00212

41,57

1,82

1

1,136

0,00548

33,25

-6,5

4

-4,057

0,00230

sendo e = 1,664 10 19 C o suposto valor da carga elementar inicialmente estimado por Millikan e n é o n´ umero inteiro positivo mais próximo de ∆q /e.

×

−

| |

Definindo-se x

≡ ∆q e

e

y

≡ ∆q q − ne 1

pode-se testar se os dados são compat´ıveis com a hipótese de que existe uma carga elementar tal que a varia¸cão relativa ∆q/q 1 seja igual a ne/q 1 , ou seja, verificar que y = 0. Fazendo-se um ajuste aos dados do tipo y = a (constante), obtém-se para a constante (a) e para a incerteza associada (σa ), os seguintes valores:

  N

onde σy =

i

   (yi

N

a = y =

 i=1

yi = 0,0004 N

y √ σN = 0,0017 ⇒

σa =

2σa = 0,0034

2

− y) N

= 0,0034

e

N = 4.

86

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

O resultado do ajuste é mostrado no diagrama de dispersão a seguir. y

x

Uma vez que a < 2σa , o valor de a juste encontrado para a constante é compat´ıvel com o zero, ou seja, com a hipótese de que a carga adquirida por uma gota, é quantizada, sendo um múltiplo da menor diferen¸ca encontrada por Millikan q

− e = 4,991 × 10

10

statC = 1,664

−

× 10

−

19

C

a qual é igual à magnitude inicialmente estimada por Millikan para a carga do elétron. Exerc´ ıcio 8.5.13 Determine

quantos elétrons por segundo atravessam a se¸cao ˜ transversal de um condutor quando se afirma que por ele passa uma corrente de 1 ampère. A corrente I é a razã o entre a carga e o tempo, ou seja, a razão entre o n´ umero de elétrons N multiplicado pela carga elementar, e, e o tempo t, ou seja, Ne N I 1 = I = = = t t e 1,6 10 19

⇒

×

−

Assim, o número de elétrons que atravessam a se¸cão reta de um condutor em 1 segundo quando a corrente é de 1 ampère é da ordem de 6,25

18

× 10

elétrons/s


87


figura abaixo mostra o detalhe de uma cˆ amara de bolhas, preenchida com um g´ as, exposta a pr´ otons de alta energia (16 GeV). Observando a geometria dos tra¸cos da figura e considerando que a colis˜ ao elementar do pr´ oton p com uma part´ıcula do alvo é el´ astica, determine o g´ as que preenche a cˆ amara.

Como as part´ıculas espalhadas formam um ângulo reto no laborat´ orio, de acordo com a cinemática das colisões, o próton está colidindo com uma part´ıcula de massa praticamente igual à dele, portanto, o gás deve ser o hidrogênio. Exerc´ ıcio 8.5.15 Considerando-se

que o cristal de sal ( NaCl) tem os ´ atomos de Na e Cl distribu´ıdos alternadamente nos v´ ertices de um cubo, a distˆ ancia entre os planos atˆ omicos pode ser determinada por d =

 1 n

1/3

onde n é o n´ umero de ´ atomos por cm3 . Sabendo-se que o peso molecular do s´ odio é 58,45 e sua densidade ρ = 2,163, determine o valor de d. O n´ umero de átomos por cm3 é dado por 2N ρ 2 n = = P A

23

× 6,02 × 10 × 2,163 = 4,49 × 10

22

58,45

átomos/cm3

Logo, d =

 1 3

1/3

=

1 = 2,81 (4,49 1022)1/3

×

× 10

8

−

cm

⇒

d = 2,814 ˚ A

9

A Radioatividade

A energia cin´ etica das part´ıculas α emitidas pelo Ra foi estimada por Rutherford, em 1905, a partir dos seguintes dados: e = 3,4 × 10 10 ues, e/m = 6,3 × 103 uem (abcoulomb/g) para a part´ıcula α, cuja velocidade ´ e v = 2,5 × 109 cm/s. Determine o valor estimado. Exerc´ ıcio 9.7.1 −

Dados:

  e  = 6,3 10 uem (abcoulomb/g) = 6,3 10 C/g  m  e = 3,4 10 statC = 3,34 3,3356 10 = 1,134 10  e = 2e = 2,268 10 C   ×

3

4

×

α

×

−

4

×

×

α

−

×

20

−

×

−

19

C

19

vα = 2,5 × 109 cm/s

Assim, o valor da massa da part´ıcula α pode ser estimado como eα 2,268 × 10 19 mα = = = 3,6 × 10 (e/m)α 6,3 × 104 −

−

24

g

e a energia cinética das part´ıculas α é, portanto, α =

1 1 mα vα2 = 2 2

×

3,6 × 10

24

−

×

(2,5)2 × 1018

O resultado pode ainda ser expresso em eV, 89

⇒

α = 1,125 × 10

5

−

erg

90

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

1,125 × 10 5 6 α = = 7 × 10 eV ⇒ α = 7 MeV 1,6 × 10 12 −

−

A taxa de emiss˜ ao de calor por 1 g de Ra ´ e igual a 1,2 ×10 erg/s. Considerando que o efeito de aquecimento da amostra seja devido apenas ` as particulas α emitidas, determine o n´ umero destas part´ıculas que deve ser expelido por segundo. Exerc´ ıcio 6

9.7.2

De acordo com o problema anterior, a energia de cada part´ıcula α emitida pelo Ra é igual a α = 1,125 × 10 5 erg. Como, por hip´ otese, a taxa de energia liberada pela amostra, 1,2 ×106 erg/s, advém apenas da emissão de part´ıculas α, o n´ umero total n de part´ıculas emitidas por segundo é −

1,2 × 106 n = 1, 125 × 10

5

n = 1,1 × 1011 s

⇒

−

1

−

Considerando que hoje o valor da meia-vida do 1602 anos, determine o n´ umero de Avogadro.

e Ra ´

Exerc´ ıcio 9.7.3

Considerando-se o valor de hoje da meia-vida do 1 602 anos, tem-se

Ra

1 ln 2 0,692 × 10 3 × 10 2 × 10 1 × 10 λ(Ra) = = = τ T 1/2 1,602 × 3,65 × 2,4 × 3,6 −

−

−

−

de

como sendo T 1/2 =

3

= 1,3 × 10

−

11

s

−

1

A taxa de emissão de part´ıculas α por segundo é 3,4 × 1010 part´ıculas/s =

dN dt

Por outro lado, sabe-se que dN = λN dt

⇒

1 dN 3,4 × 1010 21 N = = = 2,6153846 × 10 λ dt 1,3 × 10 11 −

O número de Avogadro, N A , é dado por N A = µN . Como µ(Ra) = 226, obtém-se N A  5,9 × 1023

que a probabilidade P de desintegra¸c˜ ao de um ´ atomo radioativo dependa apenas do intervalo de tempo de observa¸c˜ ao considerado ∆t, Exerc´ ıcio 9.7.4 Considere

91

9. A Radioatividade

ou seja, P = λ∆t, onde λ ´ e a constante de decaimento. A probabilidade de que um dado ´ atomo n˜ ao se desintegre neste intervalo de tempo ´ e Q1 = 1 − P = 1 − λ∆t. Deste modo, a probabilidade de que um certo ´ atomo n˜ ao se desintegre decorridos n intervalos de tempo ∆t ´ e

Qn = (1 − λ∆t)n Se a observa¸c˜ ao se d´ a em um intervalo finito de tempo t, durante o qual o n´ umero n de intervalos ∆t ´ e muito grande, pode-se escrever



Qn = 1 −

λt n

n



Mostre que, se n ´ e muito grande, obtém-se a rela¸c˜ ao

N = N e

−

λt

◦

Expandindo a express˜ a o de Qn de acordo com a fórmula do binˆ omio de Newton, tem-se Qn =



1−

λt n

n



λt n(n − 1) λ2 t2 =1−n + n 2! n2

−

n(n − 1)(n − 2) λ3 t3 + ... 3! n3

´ conveniente reescrevê-la como E



Qn = 1 − λt + 1 −

1 n

2 2

λ t  2!

−

1−

1 n



1−

2 n

3 3

λ t 3!

No limite em que n → ∞, N λ2 t2 Qn = = 1 − λt + N 2!

−

◦

Assim, N = N e ◦

λt

−

λ3 t3 + ... = e 3!

−

λt

+ ...

92

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

uma amostra radioativa contendo 3 mg de U234 . Sabendo que T 1/2 = 2,48 ×105 anos e λ = 8,88 × 10 14 s 1 , determine a massa deste is´ otopo do urˆ anio que n˜ ao ter´ a se desintegrado ap´ os 6,2 × 104 anos. Exerc´ ıcio 9.7.5 Considere

−

−

Foi visto no exerc´ıcio anterior que N = N e

λt

−

◦

Neste caso, 3

N = 3 × 10

g×

−

◦

enquanto N = m × e λt =

6,02 × 1023 átomos 234g

6,02 × 1023 átomos 234g 0,693t = 0,173 T

Logo, 23 6,02 × 1023 3 6,02 × 10 m× = 3 × 10 × ×e 234 234 ou 3 × 10 3 ln = 0,173 ⇒ m −

0,173

−

⇒

m = 3,0 × 10

−

3

×

e

−

0,173

g

−

m = 2,52 × 10

3g

−


em uma s´ erie de radiois´ otopos o decaimento de um elemento A em outro B , sabendo que B decai em C . Seja N o n´ umero inicial de atomos do tipo A, cuja constante de decaimento ´ ´ e λA e seja λB a constante de decaimento de B . Mostre que o n´ umero de ´ atomos do tipo B que n˜ ao deca´ıram ap´ os um tempo t ´ e dado por ◦

N λB N B = e λB − λA ◦



−

λA

t−e

−

λB

t

O processo de decaimento de radioisótopos a ser considerado é do tipo A→B

→

C

Sabe-se que a lei do decaimento radioativo é −

dN = λN dt

93

9. A Radioatividade

Como o elemento B está no meio da cadeia de decaimento, o número deste radiois´ otopo que ainda existir´ a decorrido um intervalo de tempo t será a diferen¸ca entre o número produzido pelo decaimento de A e o n´ umero que decaiu em C . Se N é o n´ umero inicial de átomos do tipo A e sua constante de decaimento é λA , o n´ umero de átomos do tipo B formados após um intervado de tempo dt será igual ao n´ umero dN de átomos A que deca´ıram em B, o que é dado por ◦

−

dN (A → B) = λ A N A dt

Por sua vez, se se considera que o número inicial de átomos do tipo B é zero e que sua constante de decaimento é λB , neste mesmo intervalo de tempo o número destes átomos vai variar seguindo a mesma lei, ou seja, −

dN (B → C ) = λ B N B dt

A varia¸cão final de átomos do tipo B, dN B , neste intervalo infinitesimal de tempo, é a diferen¸ca das duas equa¸cões, ou seja, −

dN B = λ A N A − λB N B dt

O número de átomos do tipo A que sobrevivem pode ser eliminado da equa¸cão anterior lembrando que N A = N e λA t −

◦

Assim, dN B = λA N e dt

−

◦

ou

λA t

−

λB N B

dN B + λB N B = λ A N e dt

−

◦

λA t

´ conveniente multiplicar-se toda a última equa¸cão pelo fator e λB t , de forma E a facilitar a integra¸caõ. De fato, obtém-se eλB t

dN B + λB N B eλB t = λ A N e(λB dt ◦

−

λA )t

ou eλB t dN B + λB N B eλB t dt = λ A N e(λB ◦

−

λA )t

dt

94

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

que é ainda equivalente a

 d e

λB t

 N = λ N e B

A

◦

(λB −λA )t

dt

Integrando-se ambos os lados, chega-se a N B eλB t =

λA λB − λA

N e(λB ◦

λA )t

−

+ C

onde C é uma constante de integra¸cão, que pode ser determinada pela condi¸cão de que o n´ umero de átomos B em t = 0 é nulo: 0=

λA λB

−

λA

N + C

C = −

⇒

◦

λA λB − λA

N

◦

Substituindo este valor na equa¸cão anterior, obtém-se N B e

λB t

= N

◦

λA

e

λB − λA

(λB −λA )t

−

1

e, finalmente, N B = N

◦

λA λB

−

e

−

λA

λA t

−

e

λB t

−



que a meia-vida do is´ otopo do iodo I133 e igual a 20 h. 53 ´ Considerando uma amostra desse is´ otopo de 2 g, determine o tempo decorrido, em horas, para que essa massa se reduza a 0,25 g. Exerc´ ıcio 9.7.7 Sabe-se

O isótopo do iodo pela lei (Se¸caõ 9.4)

133

I53

vai decair radioativamente. Tal decaimento é regido N = N e

λt

−

◦

A meia-vida, que é um dado do problema (T 1/2 = 20 h), é definida como o tempo decorrido para que a amostra decaia à metade. Logo, N 1 = e N 2

λT 1/2

−

◦

Tomando-se o logaritmo natural da expressão anterior, chega-se a T 1/2 1 = − λ ln(1/2)

95

9. A Radioatividade

Pode-se supor que a massa da amostra seja proporcional ao n´ umero de part´ıculas da amostra, em cada instante, do que se segue que m = m e

λt

−

◦

O problema dá o valor da massa inicial e final da amostra e pede o tempo decorrido, t, para que haja esta redu¸caõ. Assim, 1 t = − ln λ

m m

=

◦

ln(m/m ) T ln(1/2) 1/2 ◦

Substituindo todos os dados, obtém-se t =

ln(0,125) ln(0,5)

×

20

⇒

t = 60 h

10

A radia¸ c˜ ao de corpo negro e a concep¸ c˜ ao corpuscular da luz Em 1895, Paschen propˆ os para a fun¸cao ˜ F (λ, T ) a forma

Exerc´ ıcio 10.6.1

F (λ, T ) = bλ−γ e−a/λT onde a e b s˜ ao constantes e γ  5,66. Mostre que, a menos que γ = 5, esta lei de Paschen é irreconcili´ avel com a lei de Stefan-Boltzmann. Se a fun¸caõ F (λ, T ) é dada por F (λ, T ) = bλ−γ e−a/(λT ) a lei de Stefan será



∞

u =



∞

4



F (λ, T ) dλ = a T = b

0

λ−γ e−a/(λT ) dλ

0

Definindo a ≡x λT

⇒

λ =

a xT

⇒

dλ = −

a dx x2 T

obtém-se

   0

a u = − b xT ∞

γ

−

e

x

−



  a T x2

ab dx = γ a



∞

0

∞

= ba

1−γ γ −1

T

xγ −2 e−x dx = a  T 4

0

97

T γ −1 xγ −2 e−x dx

98

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Logo, para se obter a dependência correta da energia total irradiada pelo corpo negro com a temperatura, deve-se ter γ − 1 = 4, ou seja, γ = 5 Exerc´ ıcio 10.6.2 Mostre

que n˜ ao é poss´ıvel ocorrer o efeito fotoelétrico se o

elétron for livre. Considere a colisão e+ e− no sistema do centro de massa. A componente do vetor momentum é dada por p = γme− · ve− + γm e+ · ve+ Como me− = me+ e neste sistema ve+ = −ve− = −ve , segue-se que p = γme (ve − ve ) = 0 Como um u ´ nico f´ oton n˜ ao pode ter momentum nulo, ele não pode ser o ´ unico resultado da colisão. Pode-se resolver de outra forma o problema, introduzindo o conceito de quadrivetor momentum , um vetor a quatro componentes, no qual a primeira é igual a E/c associada a uma part´ıcula e as outras trˆ es correspondem ao trivetor momentum p.  Se um fóton é totalmente absorvido por um elétron livre, este adquire toda sua energia e todo o seu momentum . Em termos dos quadrimomenta , tem-se a seguinte lei de conserva¸cão: pγ + pe = p e Tomando-se o produto escalar de cada lado da equa¸caõ por ele mesmo, obtém-se p2γ + p2e + 2 pγ · pe = pe2 Mas p2γ = 0 (o fóton n˜ ao possui massa) e p2e = p e2 = m e c2 , o que implica que pγ · pe = 0

1 E γ E e − | pγ | | pe | = 0 c2

⇒

Como o fóton n˜ ao tem massa, a energia do fóton é E γ = p γ c, o que implicaria, para o elétron, que E e = p e c Entretanto, sabe-se que a razão entre a energia e o momentum do elétron não pode ser E e /| pe | = c, pois o elétron possui massa. Esta expressão, portanto, não pode ser satisfeita para um elétron livre. A rela¸caõ correta, neste caso, é E e =



m2e c4 + | pe |2 c2

õ de corpo negro e a concepc ˜ o corpuscular da luz 10. A radiac ¸a ¸a

99

Assim, a energia e o momentum não poderiam se conservar simultaneamente se o elétron for livre. Entretanto, se o elétron for ligado, haver´ a uma contribui¸caõ à sua energia devida à intera¸caõ eletromagnética, expressa pela fun¸caõ trabalho. Exerc´ ıcio 10.6.3 Mostre

que a constante de Planck tem as mesmas dimens˜ oes

do momento angular. A dimensão da constante de Planck é [h] = [energia] × [tempo] = M L2 T −2 T = M L2 T −1 Por outro lado, [momento angular] = [momento linear] × [distância] = M LT −1 L = M L2 T −1 Portanto, [h] = [momento angular]


de onda é de 912 ˚ A.

a energia, em eV, de um f´ oton cujo comprimento

O problema d´ a o comprimento de onda λ = 912 ˚ A e pede a energia associada a ele. Combinando-se as equa¸co˜es E = hν e λν = c, obtém-se hc 6,626 × 10−34 × 3 × 108 6,626 × 3 E = = = × 10−19 −10 λ 912 × 10 0,912 ou seja, E = 21, 796 × 10−19 J = 13,62 eV

100

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

esfera de tungstênio de 0,5 cm de raio est´ a suspensa em uma regi˜ ao de alto v´ acuo, cujas paredes est˜ ao a 3000 K. A emissividade do tungstênio é da ordem de 35%. Desprezando-se a condu¸cao ˜ de calor através dos suportes, determine a potˆ encia que deve ser cedida ao sistema para manter a temperatura da esfera a 3000 K. Os dados para a solu¸cão do problema são: Exerc´ ıcio 10.6.5 Uma

  

e = 0, 35 T = 3 000 K (temperatura da esfera) R = 0,5 cm (raio da esfera) σ = 5,67 × 10−12 W · cm−2 · K−4

A intensidade da radia¸caõ da esfera de tungstˆ enio à temperatura T pode ser obtida a partir da intensidade do corpo negro, multiplicando-a pela emissividade e. Assim, P I N = eσT 4 = 4πR 2 o que corresponde a uma taxa de energia (potência emitida) P = AeσT 4 onde A = 4πR 2 é a área da superf´ıcie da esfera. Considerando que a superf´ıcie da esfera é muito menor daquela do recipiente, e devido à grande diferen¸ca entre a sua temperatura e a das paredes, a potência necessária para manter a temperatura da esfera é praticamente igual a` emitida, ou seja, P = 4πeR2 σT 4 = 4 × 3,14 × 0,35 × 0,25 × 5,67 × 10−12 × 34 × 1012 ou P  505 W


101

Exerc´ ıcio 10.6.6 Suponha

que apenas 5% da energia fornecida a uma lˆ ampada incandescente sejam irradiados sob a forma de luz vis´ıvel e que o comprimento de onda dessa luz seja 5 600 ˚ A. Calcule o n´ umero de f´ otons emitidos por segundo por uma lˆ ampada de 100 W. Considere os dados: P ◦ = 100 W que

P = 0,5% de P ◦ = 0,05 × 100 = 5 W e

λ = 5,6 × 103 × 10−10 m = 5,6 × 10−7 m h = 6,6 × 10−34 J.s. c = 3 × 108 m/s A potência emitida pode ser expressa em termos da energia média dos fótons pela equa¸caõ E Nε P = = t t Assim,

N P P Pλ = = = t ε hν hc

e, portanto,

 

7

−

N 5 × 5,6 × 10 = t 6,6 × 10−34 × 3 × 108

=⇒

  N t

 1019 f´ otons/s

superf´ıcie da Terra, uma ´ area de 1 cm2 , perpendicular aos raios solares, recebe 0,13 J de energia irradiada por segundo. Sabendo que o raio do Sol é da ordem de 7 × 108 m, que a distˆ ancia entre o Sol e a Terra é da ordem de 1,5 × 108 km e supondo que o Sol seja um corpo negro, determine a temperatura na superf´ıcie do Sol. Exerc´ ıcio 10.6.7 Na

Considere a figura a seguir:

102

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

P ◦ = P ⇒ I ◦ R2 = σT 4 R2 = I d2 Logo, I T 4 = σ



2

d R

0,13 = × 5,7 × 10−12





1,49 1011 0,13 × 4,58 × 104 × = 6,96 108 5,67 × 10−12

T 4 = 1,05 × 103 × 1012 ⇒ T = 5,7 × 103 K


a) Mostre que o m´ aximo da express˜ ao de Planck para uλ é obtido como solu¸cao ˜ da seguinte equa¸cao ˜ transcendental: 1 e−x + x − 1 = 0 onde 5

x =

ch kλM T

b) Usando o m´ etodo das aproxima¸coes ˜ sucessivas ou o m´ etodo de Newton, mostre que a raiz é dada por x = 4,9651. c) A partir do resultado anterior, mostre que h  4,8 × 10−11 s.K k a) Dada a expressão de Planck uλ =

8π ch 1 λ5 ehc/kλT − 1

seu máximo é dado pela condi¸caõ duλ |λ = 0 dλ

⇒





M

5 − 6 ehc/kTλ − 1 λ ou

 

d 1 dλ λ5 1

−

1 ehc/kTλ

−1





= 0



1 hc + 5 ehc/kTλ ehc/kTλ − 1 2 λ kT λ

hc = 5(1 − e−hc/kλ k(λM T )

M

T

)

2

−

=0


103

Definindo x ≡ hc/(Kb), onde b = λM T = 0,29, segundo a lei de Wien, obtém-se a equa¸caõ transcendental procurada, ou seja, o máximo é dado pela raiz da equa¸caõ h(x) =

x − 1 + e−x = 0 5

b) Escrevendo esta condi¸cão como x 5 um valor inicial x◦ para a raiz pode ser estimado a partir da interse¸caõ das curvas e−x e 1 − x/5, como indica a seguinte figura. e−x = 1 −

Se h(xo ) é tão pr´ oximo de zero quanto se queira, o problema estará resolvido. Caso contrário, a partir de qualquer valor inicial, calculando-se a derivada de h(x) para esse valor inicial, h (x), pode-se determinar a reta tangente à curva h(x) no ponto [x◦ , h(x◦ )], como mostra genericamente a próxima figura. Esta reta intercepta o eixo das abcissas em um ponto x1 , tal que tg α1 = h  (x◦ ) =

h(x◦ ) x◦ − x1

⇒

x1 = x ◦ −

h(x◦ ) h (x◦ )

A seguir, calculando-se a derivada de h(x) para essa outra estimativa da raiz, h (x1 ), obt´ em-se uma outra reta tangente à curva no ponto [x1 , h(x1 )], que intercepta o eixo das abcissas no ponto x2 , tal que tg α2 = h  (x1 ) =

h(x1 ) x1 − x2

⇒

x2 = x 1 −

h(x1 ) h (x1 )

104

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Esse processo, denominado método de Newton , pode ser continuado até que se encontre uma estimativa xn da raiz tal que o valor de h(xn ) seja suficientemente pr´ oximo de zero, ou seja, é poss´ıvel arbitrar um valor δ de modo que | xn+1 − xn |< δ onde xn+1 = x n −

h(xn ) h (xn )

Tendo em vista que para o problema, h (x) =

1 − e−x 5

a partir de um valor inicial x◦ = 2, pode-se construir a tabela abaixo, que mostra que a raiz da equa¸caõ considerada é igual a 4,9651.

c) x = 4,9651 =

ch h b 4,9651 ⇒ = 4,9651 = × 0,29 kb k c 3 × 1010


105

Assim, h 4,961 × 2, 9 = × 10−11 k 3

h = 4, 8 × 10−11 s.K k

⇒

A partir da integra¸cao ˜ da lei de Planck (em fun¸cao ˜ da frequência) e da lei de Stefan, mostre que Exerc´ ıcio 10.6.9

k4  1,25 × 108 J.s−3 .K−4 3 h Sabe-se que

8πh ν 3 uν = 3 hν/kT c e −1 e I = σT 4 = uc/4, onde σ = 5,67 × 10−12 W.cm−2 .K−4 . A densidade total irradiada é dada por



∞

u =

0

8πh uν dν = 3 c



ν 3

∞

ehν/kT − 1

0

dν

Fazendo as seguintes substitui¸co˜es na equa¸caõ anterior,

              x = hν/kT dν = 3

ν =

obtém-se u =

8πh c3

kT h

kT dx h kT h

4

∞

0

3

x

x3 4σT 4 dx = ex − 1 c

π 4 /15

Deste modo, k4 15 2 15 = c σ = × 32 × 1020 × 5,67 × 10−12 3 5 5 h 2π 2 × (3,14) ou, k4  1,25 × 108 J.s−3 · K−4 3 h

106

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Exerc´ ıcio 10.6.10 Considerando

os resultados dos dois exerc´ıcios anteriores, obtenha estimativas para as constantes h e k.



3

h h = 4,8 × 10−11 s.K ⇒ k k k4 h3 k = ⇒ h3 k3

  

= 1,1 × 10−31 s3 .K3 k = 1,38 × 10−23 J/K

h = 4,8 × 10−11 × k = 4,8 × 1,38 × 10−34

⇒

h = 6,6 × 10−34 J.s

Esse foi o modo como Planck determinou as duas constantes universais k e h. Exerc´ ıcio 10.6.11 A

partir da primeira lei da Termodinˆ amica e da equa¸cao ˜ de estado para a radia¸c˜ ao eletromagnética, P = u/3, onde P e u s˜ ao, respectivamente, a press˜ ao e a densidade de energia da radia¸c˜ ao, mostre que (lei de Stefan) u = aT 4

Partindo-se da expressão para a pressão da radia¸caõ eletromagnética P = u/3 pode-se escrever dU = T dS − P dV = d(uV ) = udV + V du = udV +

 

dU dT dT

Expressando dS em termos de dT e dV , tem-se

   

dU = T ou T

∂S ∂T

∂S ∂T

dT + T

V

dT + T

V

    ∂S ∂T

∂S ∂T

dV − T

dV = V

V

        

du u dV = udV + T dT 3 dT du v dT + u + dV dT 3 4 3

       ∂S ∂T ∂S ∂T

=

V du T dT

=

4 u 3 T

V

T

u


Igualando

107

      ∂ ∂V

∂S ∂T

∂ ∂T

=

V T

∂S ∂V

T V

obtém-se 1 du 4 1 du 4 u = − T dT 3 T dt 3 T 2

du 4u = dT T

⇒

⇒

u = aT 4

Utilizando os dados da Tabela abaixo, obtidos em um experimento realizado no laborat´ orio de F´ısica Moderna do curso de F´ısica da Universidade do Estado do Rio de Janeiro (Uerj), cujo esquema est´ a representado na Figura 10.11, determine a constante de Planck. Exerc´ ıcio 10.6.12

Dados relativos a um experimento sobre o efeito fotoel´ etrico

De acordo com a hipótese de Einstein, o potencial de corte V e a frequência ν , associdada ao f´ oton incidente, estão relacionados por V =



h ν − φ e

onde h é a constante de Planck, e é a carga do elétron e φ, denominada fun¸cão trabalho, depende das jun¸cões dos condutores com o fotocatodo. A partir dos dados da Tabela, que apresentam um coeficiente de correla¸cão linear da ordem de 0,999719, a rela¸cão de Einstein se ajusta aos dados quando os parâmetros a = h/e e b = −φ são a =

 h e

× 1014 = 0,4037 J.s/C

e

b = −1,3739 V

com incertezas dadas, respectivamente, por σa = 0,0078 J.s/C

e

σb = 0,053 V

O ajuste é apresentado na figura que se segue.

108

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Considerando que a carga do el´ etron é dada por (Particle Data Group – http://pdg.lbl.gov) e = 1,602176462(63) × 10−19 C a constante de Planck é estimada como hest = (6,46 ± 0,12) × 10−34 J.s Comparando-se com o valor de referência, href = 6,62606876(52) × 10−34 J.s encontra-se a discrepância |hest − href | = 0,166 Sendo a diferen¸ca encontrada menor que 2 × 0,1 2 = 0,24, este resultado mostra a compatibilidade entre a estimativa e o valor de referˆ encia. Exerc´ ıcio 10.6.13 Mostre

que a energia de recuo do elétron no espalhamento

Compton é dada por 2α cos2 φ 2  = hν + mc [(1 + α)2 − α2 cos2 φ] resultado obtido por Debye em 1923.


109

A cinemática do efeito Compton está representada na figura a seguir.

Da conserva¸caõ da energia, tem-se γ + ◦ =  γ +  Explicitando o quadrado da energia do fóton espalhado γ 2 =  2γ + 2◦ γ + 2◦ − 2(γ + ◦ ) + 2 O diagrama seguinte expressa a lei da conserva¸cão de momentum

pγ 2 = p 2 + p2γ − 2 ppγ cos φ

⇒

γ 2 = p 2 c2 + 2γ − 2 pcγ cos φ

Levando-se em conta que ( pc)2 = 2 − 2◦ e igualando-se as duas equa¸co˜es anteriores para 2 , obtém-se γ 2 =  2γ + 2◦ γ + 2◦ − 2(γ + ◦ ) + 2 =  2 − 2◦ + 2γ − 2 pcγ cos φ donde (γ + ◦ ) − 2◦ (γ + ◦ ) = 2 pcγ cos φ ou ( − ◦ )(γ + ◦ ) = pcγ cos φ

⇒

( − ◦ )2 (γ + ◦ )2 = ( pc)2 2γ cos2 φ

110

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Uma vez que ( pc)2 =  2 − 2◦ = ( + ◦ )( − ◦ ), resulta ( − ◦ )(γ + ◦ )2 = ( + ◦ )2γ cos2 φ Assim,

2γ cos2 φ 2γ cos2 φ  − ◦ = = 2  + ◦ (γ + ◦ )2 γ + 2◦ γ + 2◦

Portanto, (2γ + 2◦ γ + 2◦ − 2γ cos2 φ) =  ◦ (2γ + 2◦ γ + 2◦ + 2γ cos2 φ) ou [2γ (1 − cos2 φ) + 2◦ γ + 2◦ ] = ◦ [2γ (1 − cos2 φ) + 2◦ γ + 2◦ ] + 2◦ 2γ cos2 φ Assim, 2◦ 2γ cos2 φ  = ◦ + 2 γ (1 − cos2 φ) + 2◦ γ + 2◦ 2γ cos2 φ

= ◦ + γ ◦ (1 − cos2 φ) + 2 + ◦ γ Uma vez que

γ hν = ≡α ◦ mc2

pode-se escrever  = ou ainda,

2hν cos2 φ α(1 − cos2 φ) + 2 +

1 α

+ mc2

2α cos2 φ 2  = hν 2 + mc α + 2α + 1 −α2 (1 − cos2 φ)

   (1+α)2

Finalmente, explicitando α, chega-se ao resultado 2  = hν



hν 1+ mc2

hν cos 2 φ 2 mc

   2

− hν 2 mc

2

+ mc2 (1 − cos2 φ)

11

Modelos atˆ omicos cl´ assicos


Mostre que, no modelo de Thomson para muitos el´ etrons, a condi¸cao ˜ de equil´ıbrio eletrost´ atico est´ avel implica que o n´ umero m´ aximo de el´ etrons situados em um unico ´ anel seja de 574.

A solu¸cão deste problema requer a elabora¸cão de um programa num´ erico. Apresenta-se abaixo o algoritmo deste programa, a partir do qual determina-se o limite solicitado. N=(nº máximo possível de elétrons) LOOP de n=1 a N (sobre o nº de elétrons) S=0 LOOP de i=1, n-1 (sobre nº de termos da soma) S = S + 1/(sen(pi*i/n) soma = s/4*n END LOOP (sobre soma) IF soma > 1 WRITE, n-1 END LOOP (sobre nº de elétrons)


a condi¸cao, ˜ em termos do comprimento de onda da radia¸cao ˜ e da vida m´ edia do ´ atomo, para que a perda de energia m´ edia por ciclo da radia¸cao ˜ emitida por um ´ atomo cl´ assico de Thomson seja pequena.

A condi¸caõ para que a energia média perdida seja pequena é dada por ωτ >> 1

⇒

ou seja, usando a rela¸cão λν = c, chega-se a cτ >> 1 λ 111

2πντ >> 1

112

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri


a raz˜ ao entre a m´ axima acelera¸cao ˜ que uma part´ıcula α pode ser submetida no espalhamento devido a um ´ atomo de ouro no modelo de Thomson e a acelera¸cao ˜ da gravidade.

No experimento de Rutherford, part´ıculas α (que possuem carga elétrica = 2e) são lan¸cadas com uma velocidade de cerca de 1,6 × 107 m/s contra uma folha delgada de ouro contendo, aproximadamente, 400 átomos de ouro. O átomo de ouro tem uma carga positiva igual a 79 vezes a carga do próton, uniformemente distribu´ıda em uma esfera de raio a. A for¸ca elétrica máxima a` qual uma part´ıcula α estaria submetida na colisão com este átomo de Thomson ocorrerá quando ela estiver na superf´ıcie da esfera positiva de raio a  10 10 m: −

1 79e × 2e 158 × (1,6 × 1019 )2 9 F max = = 9 × 10 × = 3,64 × 10 4π a2 10 20

−

−

◦

6

N

Como a massa da part´ıcula α é igual a 6,7 × 10 27 kg, então a acelera¸cão sofrida pela part´ıcula α devida à for¸ca elétrica na superf´ıcie do a´tomo é −

F 3,64 × 10 6 a = = = 5,4 × 1020 m/s2 27 m 6,7 × 10 −

−

Portanto, em rela¸cão a` acelera¸caõ da gravidade g, a  1020 g

Exerc´ ıcio 11.8.4 Refa¸ ca

os c´ alculos feitos para o modelo de Rutherford considerando o n´ ucleo negativo. Comente o resultado.

Trata-se, na verdade, de um exerc´ıcio muito simples no qual se quer saber o que mudaria na se¸cão de choque de Rutherford se o núcleo tivesse carga de sinal oposto. Basta que se perceba que a se¸cão de choque de Rutherford depende do produto da carga nuclear e da part´ıcula espalhada elevado ao quadrado, sempre positivo. De fato, 2 dσ Ze2 1 = dΩ mv2 sen4 θ/2

  ◦

Portanto, se em vez de Z e o núcleo tivesse uma carga elétrica −Ze em nada alteraria a previs˜ ao de espalhamento do modelo de Rutherford. De fato, em seu famoso artigo de 1911, Rutherford considera um átomo de carga ±Ze no seu centro e uma carga ∓Ze distribu´ıda uniformemente em uma

ˆ micos cla ´ ssicos 11. Modelos ato

113

esfera; em seguida afirma que “ser´ a mostrado que as principais dedu¸coes ˜ da teoria s˜ ao independentes de se a carga central é considerada positiva ou negativa. Por conveniˆ encia, o sinal ser´ a tomado como positivo. ”(Philosophical Magazine 21,

p. 671).

12

Modelos quˆ anticos do ´ atomo Exerc´ ıcio 12.6.1 No

modelo de Bohr para o ´ atomo de hidrogˆ enio, o elétron orbita em torno do n´ ucleo em uma trajet´ oria circular de 5,1 10−11 m de raio, com uma frequência de 6,8 1015 Hz. Determine o valor do campo magnético produzido no centro da ´ orbita.

×

×

Pode-se mostrar, usando a lei de Biot-Savart, que o campo magnético produzido por uma espira de raio R a uma altura h sobre a perpendicular ao plano da espira que passa pelo seu centro é dado por µ◦ iR2 B= 2(R2 + h2 )3/2 onde µ◦ é a constante de permeabilidade magnética que aparece na lei de Amp` ere. De fato, a lei de Biot-Savart pode ser escrita na forma vetorial como µ◦ i d  r  dB = 4π r3

×

onde d  é um elemento infinitesimal do circuito, situado a uma distˆ ancia r da origem, percorrido por uma corrente i. No caso da espira, esquematizada na figura a seguir, d  r.

⊥

A resultante do campo magn´ etico infinitesimal num ponto P , dada por  = dB   + d B  ⊥ dB   é mostrada na figura. Por simetria, conclui-se que apenas a componente dB 115

116

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

 , gerado pela espira no ponto vai contribuir para o campo magn´ etico etico total, B P . P . Assim, B =



dB =





µ◦ i dB cos α = 4π

cos α d r2

Naturalmente, r e α n˜ ao ao são ao vari´ aveis independentes, pois, pela geometria aveis da figura, vemos que r = e cos α = donde



R2 + h2

R = r

√ R R+ h 2

2

cos α R = r2 (R2 + h2 )3/2

Finalmente,

 ⇒   

µ◦ i R B = 4π (R2 + h2 )3/2

d

µ◦ iR2 B= 2(R 2(R2 + h2 )3/2

2πR

Como o exerc´ exerc´ıcio pede o valor do campo no centro centro da orbita o´rbita do atomo a´tomo de Bohr, h = 0, portanto, por tanto, o campo magnético etico é dado simplesmente por B=

µ◦ i 2R

117

ˆ nticos do atomo ´ tomo 12. 12. Mode Modelo los s quanticos a a

A corrente i, que é a quantidade de carga que passa por unidade de tempo em qualquer ponto da orbita o´rb ita,, é dada dad a por po r i = eν = eν = 1,6

× 10− × 6,8 × 10 19

15

A = 1,1

× 10−

3

A = 1,1 mA

Assim, Assi m, o valor do campo camp o magnético eti co é B =

4π

× 10− × 1,1 × 10− 2 × 5,1 × 10− 7

3

Wb/m2 = 14 Wb/m2 = 14 T

11

Pode-se comparar o valor encontrado ao campo magn´ etico etico na superf´ superf´ıcie da Terra, que vale aproximadamente 5, 5,7 10−5 T.

×

Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 12.6.2 12. 6.2 A

partir dos dados do exerc exerc´ıcio anterior, determine o momento ment o magnético eti co correspondente à ´ orbita orbi ta circular circul ar do elétron. etron. O momento de dipolo dipo lo magnético, etico, µ  , é definido em analogia com o momento momento de dipol di poloo elétrico. etrico. De fato, fa to, uma distribu d istribui¸ i¸c˜ cao aõ de carg cargas as elétric etr icas as é dita dita um dipolo um dipolo quando quando ao ser colocada em um campo el´ etrico etrico externo externo sofre um torque torque dado  , onde p ´ por τ τ = p E p é o momento de dipolo dip olo elétrico. etrico. Por analogia, analog ia, o torque sobre uma espira de área area A percorrida por uma corrente i é dado da do por

×

τ τ =  µ

× B

onde µ  é o momento de dipolo magn´ etico etico da espira. No caso de N N espiras, o m´ odulo odulo deste momento é dado por µ por µ = = N N iA. iA. Neste Nes te exerc exe rc´´ıcio ıcio,, N = N = 1. Portanto, µ = iA = iA = = 1,1

× 10− × π × (5, (5,1 × 10− 3

11 2

)

⇒

µ = 9,0

× 10−

24

A.m2

a rela¸c˜ cao ˜ entre as frequˆ frequências encias dos f´ otons γ e γ  emitidos nas transi¸c˜ coes ˜ indicadas no esquema a seguir. Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 12.6.3 12. 6.3 Determine

118

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

A rela¸c˜ cao aõ entre as frequˆ fre quências enci as é dada dad a pela pe la equa¸ equa c˜ çao aõ (12.6), ou seja, ν lm = cR∞ lm = cR Para o fóton oton γ , ν 23 23 = cR ∞



Para o f´ oton oton γ  , ν 23 = cR∞ 23 = cR

1 22





− n1

1 32

−

1 12

1 l2

−

2





= cR∞

5 36



= cR∞

8 9

1 32

Logo, a rela¸c˜ cao aõ entre entre as freq fr equˆ uênci encias as é ν 23 5/36 5 23 = = ν 13 8/9 32 13

Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 12.6.4 12. 6.4 Determine

a energia de ioniza¸c˜ cao ˜ do hidrogˆ enio eni o se o menor meno r comprimento de onda na s´ erie erie de Balmer é igual a 3 a 3 650 ˚ A. Segundo o modelo de Bohr, o espectro de energia do átom atomoo de hidr hi drogˆ ogênio enio é dado por e2 1  n = = 2a n2 n2 onde  é a energia de ioniza¸ ioniza c˜ çao. aõ.

−

I

−

I

Considerando que a energia de um f´ oton oton (γ (γ ) absorvido ou emitido por um atomo átomo de hidrogˆ enio enio é dada pela diferen¸ca ca de energia energia entre entre dois n´ıveis ıveis do espectro, hc 1 1 γ = hν = = n  =  λ n2 2 e a s´ erie erie de Balmer Balmer corresponde corresponde a transi¸ transi¸c˜ coes o˜es a partir do n´ıvel  = 2, cujos comprimentos de onda correspondentes são ao dados por

| − |

 

hc 1 =  λ n2 I

− 14

I

 

−

 

 

Assim, o menor comprimento de onda (λ (λ ) corresponde à transi¸c˜ cao aõ tal que , o que define define o processo processo f´ısico de ioniza¸ ioniza¸c˜ cão ao para o qual o elétron etron é n arrancado do átomo, atomo, e a energia de ioniza¸c˜ cao aõ pode ser determinada por min

→∞

4hc 4  = = λ I

min

× 6,62 × 10− × 3 × 10 3,650 × 10− 34

8

7

= 21 21,,764

× 10−

19

J

ˆ nticos do atomo ´ tomo 12. 12. Mode Modelo los s quanticos a a

119

ou  = 13 13,,6 eV I

Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 12.6. 12. 6.5 5 Considere

a radia¸c˜ cao ˜ emitida por ´ atomos atomo s de hidrogˆ enio eni o que realizam realizam transi¸ transi¸c˜ coes ˜ do estado n = 5 par para a o estado estado fundamen fundamental. tal. Determine Determine quantos comprimentos de onda diferentes est˜ ao associados à radia¸c˜ cao ˜ emitida. Representando Representando os n´ıveis de energia segundo o esquema abaixo, que mostra a transi¸c˜ cão ao do n´ıvel 5 para o n´ıvel 3, o problema resume-se a` determina¸c˜ cao aõ do n´ umero de pares de inteiros existentes entre n = 1 e n = 5. umero (5, (5, 4) (5, (5, 3) (5, (5, 2) (5, (5, 1) (4, (4, 3) (4, (4, 2) (4, (4, 1) (3, (3, 2) (3, (3, 1) (2, (2, 1)

    

10 pares

Esse n´ umero umero pode ser calculado tamb´ também em pela an´ alise alise combinatória oria como C 52 =

  5 2

=

5! 5! = = 10 (5 2)! 2)! 2! 3!2!

−

Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 12.6. 12 .6.6 6 Considere Consid ere

que q ue seja sej a poss´ıvel ıve l substit subs tituir uir o elétron etron de um ´ atomo de hidrogênio eni o por um m´ uon, que tem a mesma carg carga a el´ etrica etrica e massa cerca erca de 200 vezes 200 vezes maior do que a do el´ etron. etron. Com base no modelo modelo de Bohr, determine: a) o raio da ´ orbita do estado fundamental deste novo ´ atomo em rela¸c˜ cao ˜ ao primeiro; b) a energia de ioniza¸c˜ cao ˜ do ´ atomo muˆ onico. a) Para o átomo ato mo de hidrogˆ hid rogênio enio (Z = = 1) o raio do estado fundamental do átomo atomo de Bohr é dado dad o por po r a =

 2

 0,529 × 10− me

8

2

cm

onde m é a massa do elétron. etro n. No átomo atomo muônico, onico, m novo raio ser´ a 200 vezes menor, isto é, e, a

 0,264 × 10−

10

cm

→ mµ  200 200m m. Logo, o

120

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

b) Sabe-se que a energia de ioniza¸ca˜ o do átomo de hidrogênio é ◦ = 13,6 eV e que ela é inversamente proporcional ao raio de Bohr. Portanto, a energia de ioniza¸caõ do átomo muônico será 200 vezes maior que a do hidrogˆ enio, ou seja,

−

◦ = 2,72 keV


que no estado fundamental do ´ atomo de hidrogˆ enio a velocidade do elétron pode ser escrita como v = αc, onde c ´ e a velocidade da luz e α = e 2 /( c) ´ e a constante de estrutura fina introduzida por Sommerfeld. A velocidade do elétron no a´tomo de Bohr pode ser escrita como v =

L mr

No estado fundamental (n = 1), r =

 2

me2

Substituindo este valor na equa¸caõ da velocidade, obtém-se v =



2

× me m 2

=

  e2  c

c

⇒

v = αc

valores da constante de Rydberg para o hidrogˆ enio (H) e para o ´ıon de h´ elio (He), levando em conta as massas reduzidas, s˜ ao, respectivamente, 10967757,6 m−1 e 10972226,3 m−1 . Sabendo que a rela¸cao ˜ entre as massas dos n´ ucleos destes elementos é Exerc´ ıcio 12.6.8 Os

M He = 3,9726 M H calcule a raz˜ ao entre a massa do pr´ oton e a do elétron. A fórmula da constante de Rydberg prevista pelo modelo de Bohr é π2 e4 R = µ 2h3 H

onde

mM m + M é a massa reduzida do átomo, sendo M a massa do n´ ucleo e m, a do elétron. µ =

121

ˆ nticos do a ´ tomo 12. Modelos qua

Para o hidrogênio,

R (H) = 10967757,6 m−1 H

µ(H) =

mM m + M H

H

Para o hélio,

R (He) = 10972226,3 m−1 H

mM m + M He

µ(He) =

He

Logo, R (He) µ(He) mM = = R (H) µ(H) m + M

+ M M × mmM = M

He

H

H

He

H

Definindo

H

≡ RR (( H

r1

He

H

H

m + M m + M

H

He

He) H)

≡ M M

He

r2

H

x

≡ M m

H

encontra-se r1 = r 2

1+x 1 + r2 x

⇒

ou ainda x =

(r1

− 1)r x = r − r 2

2

1

r2 r1 r2 (r1 1)

− −

Sabe-se que r 1 = 1,00040744 e r 2 = 3,9726; portanto, a raz˜ ao x entre a massa do pr´ oton e a do elétron é x =

m p = 1 836,28 me

122

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri


espectro de um tubo de raios X com filamento de cobalto (Co) ´ e composto da série K do cobalto mais uma s´ erie de linhas K mais fracas devida a impurezas. O comprimento de onda da linha K α do cobalto é 1 785 ˚ A; para as impurezas, os comprimentos de onda s˜ ao 2285 ˚ A e 1537 ˚ A. Usando a lei de Moseley e lembrando que σ = 1 para a série K , determine os n´ umeros atˆ omicos das duas impurezas. Para a linha K α do cobalto, λ = 1 785 ˚ A. Sabe-se que, para o cobalto, Z = 27 e o enunciado do exerc´ıcio afirma que para a série K , σ = 1 na lei de Moseley. Assim, pode-se escrever ν = k(Z σ)

√

−

Em termos do comprimento de onda, tem-se, para o cobalto,



c = k(27 λCo

donde

1 k = 26

− 1)



c λCo

Para as impurezas do tipo i,



c 1 = λi 26



c (Z i λCo

ou Z i = 1 + 26 Para i = 1, Z 1 = 1 + 26



− 1)



λCo λi

1785 2285

 24 ⇒ cromo

e, para a outra impureza (i = 2), Z 2 = 1 + 26



1785 1537

 29 ⇒ cobre

13

A Mecˆ anica Quˆ antica Matricial a energia média  de um conjunto de osciladores harmˆ onicos de frequˆ encia natural ω◦ , em equil´ıbrio térmico à temperatura T , é dada por Exerc´ ıcio 13.5.1 Mostre que

 =

 ω◦

2

coth

   ω◦

2kT

O valor médio da energia é definido por

 

εn e−βε n

ε =

∞

e−βε n

∞

d =− log e−βε n dβ n=0



n

onde

  

β = 1/kT εn = (n + 1/2)ε◦ = nε◦ +ε◦ /2

 εn

◦ =  ω◦ 123

124

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

            

d log e−βε ε = − dβ

∞

◦



/2

e−βεn

n=0 ∞

=

d ε◦ e−βε n −β + log dβ 2 n=0

=

ε◦ d log e−βε n − 2 dβ n=0



∞



ε◦ e−βε ◦ 1−e−βε ◦

−βε ◦

−βε ◦

1+e 1 − e−βε

=

ε◦ 2e 1+ 2 1 − e−βε

=

ε◦ eβε /2 + e−βε/ 2 hν = cotgh 2 eβε /2 − e−βε /2 2

◦

=

ε◦ 2

◦

◦

◦

◦



  hν 2kT

An´ alogo ao efeito Zeeman para o campo magnético, o deslocamento dos n´ıveis de energia de um sistema sob a a¸cao ˜ de um campo elétrico é denominado efeito Stark, descoberto em 1913. Mostre que os n´ıveis de energia de um oscilador harmˆ onico de frequˆ encia natural ω◦ , massa m e carga elétrica e, sob a¸cao ˜ de um campo elétrico uniforme E na dire¸cao ˜ de seu movimento, s˜ ao dados por Exerc´ ıcio

13.5.2

n =

  1 n+ 2

e2 E 2  ω◦ − 2mω◦2

(n = 0, 1, 2, . . . . . .)

A matriz hamiltoniana, nesse caso, é dada por p2 1 H = + mω◦2 x2 − eEx 2m 2 Completando os termos, convenientemente, pode-se escrever p2 1 e2 e2 2 2 2 2 H = + mω◦ x − eEx + E E − 2m 2 2mω◦2 2mω◦2

    0

2

p = + 2m



m ω◦ x − 2

2 e E m 2ω◦

2



e2 2 E − 2mω◦2

ˆ nica Qua ˆ ntica Matricial 13. A Meca

125

Definindo-se y = x − (e/mω 2 ) E , a matriz hamiltoniana pode ser reescrita como p2 1 e2 2 2 2 H = + mω◦ y − E 2m 2 2mω◦2 Desse modo,

p [x, H ] = [y, H ] = i m

e [ p, H ] = −i mω◦2 x Portanto, a solu¸caõ para as matrizes y e p implica que os termos diagonais da matriz H sejam dados por n =

 

Se x, p 2 T = p /2m, mostre que: Exerc´ ıcio 13.5.3

a) b) c) d)

   

       

 

  1 n+ 2

e2 2 E  ω◦ − 2mω◦2

= i e H = T + V , onde V = mω◦2 x2 /2 e

p, H = p, V = −i mω◦2 x; x, H = x, T = i p/m; 2

2

 

x , H = x , T = i  (xp + px)/m; xp,T = px, T = i  p2 /m.

Parte-se de [x, p] = i , H = T + V , T = p 2 /(2m) e V = mω ◦2 x2 /2. a) [ p, H ] = [ p, T + V ] = [ p, T ] + [ p, V ] = [ p, p2 /(2m)] + [ p, mω◦2 x2 /2] 1 1 = [ p, p2 ] + mω◦2 [ p, x2 ] 2m 2 Levando-se em conta que [A, B 2 ] = [A,BB] = ABB − BBA = ABB −BAB + BAB −BBA

   0

= [A, B]B + B[A, B]

126

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

e que [ p, f ( p)] = 0 para qualquer fun¸caõ f que dependa só dos momenta , pode-se escrever 1 [ p, H ] = mω◦2 [ p, x]x + x[ p, x] 2 e lembrando que [ p, x] = −i , [ p, H ] = [ p, V ] = −i mω◦2 x b) [x, H ] = [x, T + V ] = [x, T ] + [x, V ] = [x, p2 /(2m)] =

1 [x, p] p + p[x, p] 2m

logo, p [x, H ] = [x, T ] = i m c) [x2 , H ] = [x2 , T + V ] = [x2 , T ] 1 2 2 1 = [x , p ] = [x2 , p] p + p[x2 , p] 2m 2m



=



1 {([x, p]x + x[x, p]) p + p([x, p]x + x[x, p])} 2m

ou

[x2 , H ] = [x2 , T ] = i



m

(xp + px)

127


d) [xp,T ] = xpT − T xp Como [x, p] = i ⇒ xp = i  + px, pode-se escrever [xp,T ] = i  T + pxT − i T − T px = pxT − T px = [ px, T ] Por outro lado, como [ p, T ( p)] = 0 ⇔ pT = T p, segue-se que [xp,T ] = xT p − T xp = [x, T ] p ou p2 [xp,T ] = [ px, T ] = i = 2i T m

Exerc´ ıcio 13.5.4 Definindo

x =

 



(a + a† )

2ωm  ωm p = i (a† − a) 2

(13.1)

onde a e a† s˜ ao operadores, mostre que: a) o operador hamiltoniano do oscilador harmˆ onico simples pode ser escrito como 1 H = (a† a + aa† )  ω 2 †

 

b) os operadores a e a satisfazem a regra de comuta¸cao ˜ a, a† = 1

 

c) H, a† =  ωa†

[H, a] = − ωa

d) o autovalor m´ınimo de energia do oscilador é  ω/2 a) Substituindo no operador hamiltoniano p2 1 H = + mω2 x2 2m 2

128

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

as defini¸co˜es de x e p em termos dos operadores a e a† , tem-se H = −

1  1  ωm † (a − a)(a† − a) + mω2 (a + a† )(a + a† ) 2m 2 2 2ωm

= =

 ω

4  ω

4

ou

 

†

†

†

†

−(a − a)(a − a) + (a + a )(a + a ) † †

†

†

†

 †

† †

−a a + aa + a a − aa + aa + aa + a a + a a

H =

 w

2



(a† a + aa† )

b) Para calcular o comutador [a, a† ], é preciso explicitar primeiro os operadores a e a† em termos de x e p:

 

2ωm

a + a† =



a − a† = i

x

2 p  ωm

ou seja, a† =

1 2

a =

1 2

 

2ωm 

2ωm 

   

x−i

2 p  ωm

1 ≡ (αx − iβp) 2

x+i

2 p  ωm

1 ≡ (αx + iβp) 2

Assim, 1 [(αx + iβp), (αx − iβp)] 4 1 = ( −iαβ [x, p] + iαβ [ p, x]) 4 iαβ 2iαβ = ([ p, x] − [x, p]) = − [x, p] 4 4 iαβ 1 2ωm 2 = − × i = × ×  2 2   ωm

[a, a† ] =

 

ou seja, [a, a† ] = 1

129


c) Sabe-se que [H, a† ] =

 ω

2

[a† a + aa† , a† ] =

 ω

2

(a† aa† − a† a† a + aa† a† − a† aa† )

 

O primeiro e o quarto termos se anulam. Os termos assinalados na equa¸c˜ ao anterior podem ser escritos convenientemente utilizando-se, respectivamente, as rela¸cões a† a = aa† − 1 e aa† = 1 + a† a, que decorrem da rela¸cão de comuta¸cão entre os operadores a e a† . Assim, [H, a† ] =

 ω

2

(a† − a† aa† + a† aa† + a† )

⇒

[H, a† ] =  ω a†

Analogamente, [H, a] =

 ω

2

[a† a + aa† , a] =

 ω

2

( a† a a − aa† a + aa† a − a aa† )





Agora o segundo e o terceiro termos se anulam e substituem-se os termos assinalados de modo que [H, a] =

 ω

2

(−a + aa† a − aa† a − a)

⇒

[H, a] = − ω a

d) Considere, inicialmente, um autoestado ψ do oscilador harmônico simples, de energia , tal que Hψ = ψ Aplicando-se, por exemplo, a identidade [H, a† ] = ( ω/2)a† sobre a fun¸cão ψ, tem-se  ω † [H, a† ]ψ = a ψ = H a† ψ − a† Hψ 2 Pode-se ainda escrever



H −

 ω

2



a† ψ = a † Hψ = a † ψ = a † ψ

donde Ha† ψ =

  +

 ω

2

a† ψ

Portanto, o estado a† ψ é autoestado do operador hamiltoniano, com autovalor +  ω/2. Por este motivo, a† é denominado operador de levantamento, enquanto a é o operador de abaixamento, pois o estado aψ é autoestado do operador hamiltoniano, com autovalor  −  ω/2.

130

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Uma consequência imediata disto é que o operador a, se aplicado ao estado fundamental, d´ a zero como resultado, isto é, aψ◦ = 0 Por outro lado, foi mostrado no item a, que H =

 w

2

(a† a + aa† )

Com o uso da rela¸caõ de comuta¸caõ [a, a† ] = 1, o hamiltoniano pode ser reescrito como 1 H = a † a +  w 2 Se este operador é aplicado ao estado fundamental, Hψ◦ = a † a ψ◦ +

1 1  w ψ◦ =  w ψ◦ 2 2

Mostra-se, assim, que  ω/2 é o menor valor de energia do oscilador harmônico simples.

14

A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria Exerc´ ıcio 14.11.1 Discuta

a afirma¸cao ˜ do fil´ osofo francês Gaston Bachelard: “a onda é um quadro de jogos, o corp´ usculo é uma chance”. “A onda é um quadro de jogos, o corp´ usculo uma chance.” Esta frase de Bachelard, extra´ıda de O Novo Esp´ırito Cient´ıfico, Rio de Janeiro: Tempo Brasileiro, p. 89, faz alus˜ ao ao fato de que, de acordo com a Mecânica Quˆ antica, a previsão de qualquer medida referente a uma part´ıcula, ao contr´ ario do que ocorre em F´ısica Clássica, requer o conhecimento pr´ evio de sua fun¸ca˜ o de onda em todo o espa¸co, obtida a partir da equa¸cão de Schrödinger. Todas as informa¸co˜es sobre a part´ıcula quântica, de uma certa forma, já estão contidas nesse quadro formado pelo espa¸co abstrato das fun¸co˜ es de onda, o espa¸co ´ uma medida particular que projeta uma e apenas uma chance de Hilbert. E dentre todas as poss´ıveis. Em suas próprias palavras, “a onda se apresenta ent˜ ao claramente como uma express˜ ao matem´ atica estendendo-se normalmente a ‘espa¸cos de configura¸cao’ ˜ cujo n´ umero de dimens˜ oes ultrapassa o n´ umero três, caracter´ıstica do espa¸co intuitivo.”(ibid., p. 88) Voltando um pouco no tempo, tendo em vista, por exemplo, o esfor¸co feito por Louis de Broglie de se associar uma onda-piloto a um corpúsculo, Bachelard se indaga: “por que se procuraria uma esp´ ecie de liga¸cao ˜ causal entre o corp´ usculo e a onda se se trata[m] unicamente de duas imagens, de dois pontos de vista tomados sobre um fenˆ omeno complexo? ”(ibid., p. 87)

131

132

F´ısica Moderna


Caruso • Oguri

o comprimento de onda e a frequência associados a

um elétron com: a) velocidade igual a 108 m/s; b) energia igual a 1 GeV. Considerando que c a) v = 108 m/s

 3,0 × 108 m/s,

=

⇒

v/c = 1/3

=

γ =

⇒

− 1

1 9

−1/2

 1,06

Assim,

 

e

× 5,11 × 10 31 × 108 = 9,66 × 10 23 kg.m/s h 6,626 × 10 34 λ = = = 0,69 × 10 11 = 0,069 ˚ A 23 p 9,66 × 10 −

p = γmv = 1,06

−

−

−

  

E = γmc2 = 1,06

× 5,11 × 9 × 1016 = 8,69 × 10

−14

E 8,69 10−14 ν = = = 1,31 h 6,626 10−34

× ×

E = 1 GeV E ◦ = mc2 = 8,199

b)

−

J

× 1020 Hz

× 10 14 J = 0,512 MeV Segue-se que γ = E/E = 1, 953 × 103  1. Assim, −

◦

p = γmv

 γmc ⇒

h λ = = p 1,953

ou seja, λ = 1,24

×

6,626 10−34 103 9,11 10−31

−15

× 10

× × ×

× 3 × 108

m

e E 1,6 10−19 109 ν = = = 2,41 h 6,626 10−34

×

×

×

× 1023 Hz ⇒

ν = 2,41

× 1023 Hz

133

ˆ nica Qua ˆ ntica Ondulat o ´ ria 14. A Meca


comprimento de onda de emiss˜ ao espectral amarelada A. Determine a energia cin´ do s´ odio é 5890 ˚ etica de um el´ etron que tenha o comprimento de onda de L. de Broglie igual a esse valor. O momentum do elétron é igual a h 6,626 10−34 p = = = 1,13 λ 5,89 103 10−10

×

×

×

−27

× 10

kg.m/s

( pc << me c2 )

Logo, o problema é não relativ´ıstico e a energia cinética pode ser calculada por p2 (1,13)2 10−54 c = = = 7,0 2me 2 9,11 10−31

× ×

×

c = 4,4

−25

× 10 −6

× 10

7,0 J= 1,6

−25

× 10 × 10

eV

−19

eV


o comprimento de onda de L. de Broglie associado a um elétron na ´ orbita de Bohr correspondendo a n = 1. n =

−

e2 1 2a n2

h λ = = p

1 =

⇒

−13,6 eV << mec2

h = 2m 1

6,626 = 1,991

2

−34

× 10 × 10

−24

× 10 34 31 × 13,6 × 1,6 × 10

6,626

 | |  × = 3,33

9,11

−10

× 10

−

× 10 m

λ = 3,33 ˚ A

(n˜ ao relativ´ıstico)

−

−19

134

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri


comprimento de onda associado a um ´ atomo de hélio (He) de um feixe que foi difratado por um cristal é igual a 0,60 ˚ A. Determine: a) a velocidade dos ´ atomos de hélio; b) a temperatura que corresponde a tal velocidade. Dados: µ = 4,0043 u e λ = 0,60 ˚ A. Logo, He

He

h 6,626 10−34 p = = = 1,104 λ 0,6 10−10

× ×

He

−23

× 10

kg.m/s

Como pc << m c2 , o problema é não relativ´ıstico, e segue-se He

p 1,104 10−23 a) v = = m 4,004 1,66 10−27

×

×

×

v = 1,66 p2 1 b) c = = kT 2m 2

⇒

× 103 m/s

p2 T = = km 1,38 T = 1,33

×

(1,104)2 10−46 10−23 4,004 1,66

×

×

×

−27

× 10

× 103 K

Exerc´ ıcio 14.11.6 Obtenha

a equa¸cao ˜ de Schr¨ odinger independente do tempo fazendo uma analogia com o problema da “corda vibrante” e usando as hip´ oteses de L. de Broglie. Se existe uma onda associada a uma part´ıcula, como defendia L. de Broglie, ela deve, segundo Schrödinger, por analogia ao problema da corda vibrante, satisfazer uma equa¸cão de onda tipo d’Alembert, equa¸ca˜ o (5.1) do livro de texto, 1 ∂ 2 2 Ψ(r, t) = 0 v 2 ∂t 2

∇ − 

Uma solu¸caõ geral desta equa¸caõ pode ser do tipo Ψ(r, t) = φ(r)e−iωt

135


da qual resulta que a fun¸cão que contém a dependência espacial deve satisfazer à equa¸caõ 2 φ + k 2 φ = 0

∇

onde k = ω/v. Por outro lado, L. de Broglie havia admitido a existência de uma rela¸ caõ linear entre p e  k, tal que p =    k

2

=

k =

⇒

p2  2

Para um sistema conservativo, o termo p2 pode ser expresso em fun¸cão da energia total, p2 H = E = + V 2m e, portanto, k2 =

p2 = 2m(E

⇒ 2m  2

(E

− V )

− V )

Esse resultado leva à seguinte equa¸caõ para u(r): (E − V )φ = 0 ∇2φ + 2m  2 ou, 2 

− 2m ∇2φ(r) + V (r)u(r) = Eφ(r) que é a equa¸caõ de Schrödinger independente do tempo. Exerc´ ıcio 14.11.7 Verifique se ψ pode

ser real ou imagin´ aria pura se a energia potencial for complexa. Interprete o resultado. Da equa¸cão de Schrödinger, 2 

− 2m ∇2ψ + V (r)ψ = i ∂ψ ∂t se V = V + iV e ψ = ψ + iψ , segue-se que R

I

R

2 

− 2m ∇2(ψ

I

∂ (ψ + iψ ) + iψ ) + (V + iV )(ψ + iψ ) = i  ∂t R

R

I

R

I

R

I

I

136

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

ou, 2 

2

− 2m ∇ ψ

R

+ V ψ R

2 

− V ψ − i 2m ∇2ψ

R

I

I

∂ψ + iV ψ + iV ψ = i ∂t

R

I

I

R

R

I

−  ∂ψ∂t

I

Igualando as partes real e imaginária da equa¸caõ anterior, obtém-se

 −   −

2 

2 ψ ∇ 2m

R

2 

2 ψ ∇ 2m

+ V ψ R

− V ψ

R

I

I

=

− ∂ψ∂t

I

∂ψ + V ψ + V ψ =  ∂t

R

I

I

R

R

I

Se ψ = 0, das equa¸co˜es anteriores resulta, respectivamente, R

   −

∂ψ V ψ =  ∂t

I

I

I

2 

2 ψ ∇ 2m

I

+ V ψ = 0 R

I

Logo, a dependência temporal de ψ variaria exponencialmente no tempo como I

ψ (t) = ψ (0)eV t/ I

I

I

com um coeficiente  /V . J´ a a dependência espacial seria dada pela equa¸caõ de Schr¨ odinger independente do tempo, sendo o potencial apenas a parte real do potencial total. I

Por outro lado, se ψ = 0, I

 −  

2 

2 ∇ ψ 2m

R

+ V ψ = 0 R

∂ψ V ψ =  ∂t I

R

R

R

⇒

ψ (t) = ψ (0)eV t/ R

R

I

Neste caso, ψ tamb´ em variaria exponencialmente no tempo, com o mesmo coeficiente, e a equa¸cão espacial é do mesmo tipo do caso anterior. R

Portanto, pode-se concluir que a existência de um potencial complexo permite que a fun¸caõ de onda seja somente real ou imaginária pura, mas n˜ ao haveria conserva¸caõ da densidade de probabilidade neste caso.

Partindo da equa¸cao ˜ de Schr¨ odinger unidimensional, mostre que problemas de estado ligado s˜ ao sempre n˜ ao degenerados em uma Exerc´ ıcio

14.11.8


137

dimens˜ ao, isto é, s´ o existe uma autofun¸cao ˜ correspondente a cada autovalor de energia. Suponha que existam duas autofun¸co˜es diferentes, φk e φ , com autovalores de energia E k e E  . Logo d2 φk dx2

=

2mV k − 2mE φ + φk k  2  2

d2 φ dx2

=

2mV  − 2mE φ + φ   2  2

Multiplicando a primeira equa¸caõ por φ e a segunda, por φk , e subtraindo uma da outra, chega-se a d2 φk φ dx2 ou

o que equivale a

−

d2 φ φk 2 = dx



d dφ φk dx dx dφ φk dx

−

−

(E k − E  )φk φ − 2m  2



dφk 2m φ = 2 (E k dx 

dφk 2m φ = 2 (E k  dx

− E )

− E )φk φ



φk φ dx

Se há degenerescência, E k = E  para φk = φ  , implica que φk



dφ dφk = φ  dx dx

ou

dφ dφk = φ φk

o que requer que φ = φk , contrariando a hip´ otese. Portanto, em problemas unidimensionais, n˜ ao h´ a autoestados degenerados para a equa¸ca˜ o de Schr¨ odinger.

que, se o hamiltoniano H ( i ∂ /∂q,q ) é simétrico com rela¸cao ˜ a q , isto é, H ( i ∂ /∂q,q ) = H (+i ∂/∂q, q ) e, se s´ o existe uma autofun¸cao ˜ ψE (q ) de H com autovalor E (n˜ ao degenerado), esta solu¸cao ˜ é par ou ´ımpar, ou seja ψ(q ) = λψ( q ), λ = 1 Exerc´ ıcio 14.11.9 Mostre

− −

−

−

hip´ oteses

 

±

H (q ) = H ( q )

−

H (q )ψE (q ) = EψE (q )

138

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Assim, H ( q )ψE ( q ) = EψE ( q ) = H (q )ψE ( q )

−

−

−

−

ψE (q )

⇒

     ⇒   −     2

ψE (q ) = λψE ( q )

ψE (q ) dq =

−

Logo,

∼ ψE (−q )



2

λψE ( q ) dq = 1

−

2

λ2

ψE ( q ) dq = 1 1

λ2 = 1


λ =

⇒

±1

estado de uma part´ıcula confinada em um intervalo

(0, L) ´ e descrito por −iE n t/

Ψ = A e

 

sen nπ

x L

a) determine a constante de normaliza¸cao ˜ A; b) represente graficamente a densidade de probabilidade de presen¸ca; c) calcule a probabilidade de se observar a part´ıcula entre 0 e L/4. A densidade de probabilidade de presen¸ca é 2

2

2

ρ(x) = Ψ = A sen

| |

  n

πx L

(0 < x < L)

a) De acordo com a condi¸caõ de normaliza¸cão,



L

ρ(x) dx = A

0

2

   L

2

sen

0

πx n L

A2 Assim, Ψ=



2 −iE e L

dx = A

L =1 2

n t/

2

  −    L

1

0

⇒

A =

 

sen n

πx L

cos 2n

πx L

2 L

(0 < x < L)

dx = 1

139

ˆ nica Quantica ˆ ntica Ondulat oria ´ ria 14. 14. A Me Mecanica a a o

b)

   −  

2 πx 1 ρ(x) = sen 2 n = 1 L L L

cos 2nπ

x L

Na figura a seguir estão ao esbo¸cados cados os valores de ρ para n = 1 e 2.

Observe que a densidade de probabilidad probab ilidadee é simétrica etrica com rela¸c˜ cao aõ a L/2 L/2 e, portanto, port anto, o valor m´ edio edio da posi¸ posic˜ ção ao para qualquer qualque r autoestado auto estado é L/2. L/2. c)

          −    ×  −  L/4 L/4

P (0 P (0 < < x < L/4 L/ 4) = 2

sen2 n

0

=

=

1 x L

L/4 L/4 0

1 1 + 4 2nπ

πx L

dx

L πx sen 2n 2nπ L

L/4 L/4 0

0

n = 2, 4, 6, . . .

1

n = 1, 5, 9, . . .

1

n = 3, 7, 11 11,, . . .

140

F´ısica Moderna

Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 14.11. 14. 11.11 11 A

Caruso • Oguri

partir das express˜ oes

        

Ψ∗ H Ψ dV

E =

V

E 2 =

Ψ∗ H 2 Ψ dV

V

mostre que, se o estado de uma part´ part´ıcula é representado representado por um estado do tipo Ψ( Ψ(r, t) = ψ n (r ) e−iE

n

t/

onde ψn (r) é um autoesta aut oestado do de H , ou seja, H ψn = E n ψn

a dispers˜ ao da energia, ∆E = Uma vez que

   −   E 2

E 2 , é nula nu la..

H ψ(r, t) = H ψn (r ) e−iE

n

t/

  

= E n ψ(r, t)

Eψ n ( r)

calculando-se

              −  

ψ∗ (H ψ) dV = E n

E =

V

e

E 2

         −

E n ψ

V

1

ψ∗ H (H (H ψ) dV = E n

=

V

E n ψ

ψn∗ ψn dV dV = E n

V

ψ∗ (H ψ) dV = E n2 E n ψ

a dispersão ao em rela¸c˜ cao aõ ao valor valo r médio edi o é dada dad a por ∆E =

E 2

E 2 =

E n2

E n2 = 0

Mostr Mostree que a densid densidad adee de prob probabi abilid lidad adee de prese presen¸ n¸ca ca associada associada a uma part´ art´ıcula em um camp campo o conservativo cujo estado inicial é e dado pela combina¸c˜ cao ˜ linear de dois de seus autoestados ψ1 (r) e ψ2 (r) pode ser expressa como Exerc Exe rc´ ´ ıcio 14.11.12 14.1 1.12





ρ(r, t) = a( a (r) + b + b((r)cos ωt ωt + + φ φ((r )

141

ˆ nica Quantica ˆ ntica Ondulat oria ´ ria 14. 14. A Me Mecanica a a o

Considere que Ψ( Ψ(r, r, 0) = αψ 1 (r) + β + βψ ψ2 (r )

 

Logo

= αψ1 (r)e−iE t/ + βψ β ψ2 (r )e−iE t/

Ψ( Ψ(r, t)

1

2

Ψ∗ (r, t) = α∗ ψ1∗ (r )eiE t/ + β ∗ ψ2∗ (r )eiE t/ 1

2

ρ(r, t) = Ψ∗ (r, t)Ψ( )Ψ(r, t) =

                α

2

ψ1

2

2

2

+ β ψ2 + α∗ β ψ1∗ ψ2 eiωt + αβ ∗ ψ1 ψ2∗ e−iωt c(r )

a( r)

c ( r) ∗

= a(r) + c + c((r )eiωt + c∗ (r )e−iωt

onde ω (E 1 E 2 )/ . Usando a fórmula ormula de Euler, e±iωt = cos ωt ωt + + i i sen ωt ωt,, pode-se escrever

≡

−

ρ(r, t) = a(r) + [c [c(r) + c + c∗ (r)] cos ωt ωt + + i i[[c(r )

∗

− c (r)]sen ωt

= a(r) + 2 [c(r)] cos ωt ωt + + i i22 [c(r)]sen ωt



ou



ρ(r, t) = a( a(r) + b + b((r)cos[ωt )cos[ωt + + φ φ((r)] onde

Assim,

 −

b(r)sen φ(r) = 2 [c(r)] = c( c (r) + c + c∗ (r )

 b(r)cos φ(r) = −2[c(r)] = i[ i [c(r ) − c (r)] ∗

∗

∗

∗

∗

[α βψ1 (r)ψ2(r)] tg φ(r) = [α βψ1 (r)ψ2(r)] e b2 = (c + c + c∗ )2

− (c − c )2 = 4|c|2 ∗

142

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

e, portanto, portanto,

  

b = 2 c = 2 α β ψ1 (r ) ψ2 (r )

||

Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 14.11. 14. 11.13 13 O

Ψ(x, Ψ(x, 0) =

onde k◦ = 2π/λ◦ .

 

| || |

estado esta do inicia ini ciall de uma part´ part´ıcula ıcu la é dado por Aeik

◦

(x−x ) ◦

0

x◦ < x < x◦ + a + a

e

x < x◦

x > x◦ + a + a

a) determine determine a constante onstante de normaliza normaliza¸¸c˜ cao; ˜ b) repre represente sente graficamente graficamente a densidade de prob probabilidade abilidade de presen¸ presen¸ca; ca; c) determine determin e o valor m´ edio edio da posi¸c˜ cao; ˜ d) calcule a incerteza incerteza associada associada a esse valor m´ edio. edio.

a)



x +a

x

◦

◦



x +a

2

|Ψ|

2

◦

dx = A = A x

  

=1

x

ρ=A2

◦

⇒

A =

b)

ρ(x) =

  

0 1/a 0

x < x◦ x◦ < x < x◦ + a + a x > x◦ + a + a

√ 1a

143




∞

c)

x

1 xρ(x) dx = a −∞

=

1 (x◦ + a)2 2a

=

x2

d)

 

1 a

=

 

x +a

x

◦

◦

x2 + x

=

◦

− x2

◦

 

x +a

x

◦

a2 ◦ a + 3



x +a x

◦

◦

◦

x +a x



x = x + a/2

⇒

1 3 x dx = x 3a 2

1 2 x dx = x 2a

◦

◦

= ◦

1 (x◦ + a)2 (x◦ + a) 3a



− x3

◦



Levando em conta que 2

x

a2 = x ◦ + x◦ a + 4 2

resulta que 2

2

(∆x) = x

  − x

2

= a

ou ∆x =

2

 −  1 3

1 a2 = 4 12

√ a12

A todo operador diferencial linear A, definido para as fun¸coes ˜ complexas de uma vari´ avel x, que se anulam no infinito, corresponde um outro operador linear adjunto A† , definido por Exerc´ ıcio 14.11.14



∞

−∞

Mostre que: a) A† =

∗

    ∞

ψ (x) Aψ(x) dx =

−∞



A† ψ∗ (x) ψ(x) dx

−d/dx é o adjunto de A = d/dx;

b) A† = c∗ é o adjunto de A = c , onde c é um n´ umero complexo; c) A† = A se A = i d/dx; d) a imposi¸cao ˜ de que o valor m´ edio A das medidas de uma grandeza A implica que o operador associado seja hermitiano, ou seja, † = .

  A

A

A

144

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Parte-se da defini¸caõ dada no enunciado do exerc´ıcio,



∞

∞

∗

ψ (x) [Aψ(x)] dx =

−∞

†

A ψ(x)

∗

ψ(x)dx

−∞

lembrando que ψ(x = a) A =

  

±∞) = 0.

d dx



∞

∗

ψ (x)

−∞





d ψ(x) dx

 −        − ∞

∞

∗

dx = ψ ψ

dψ∗ dx

ψ

−∞

−∞

dx

0

∞

=

∗

d ψ dx

−∞

ψ(x) dx

Logo, A† =

− dxd

b) A = c



∞

∞

∗

ψ (x)(cψ) dx =

−∞

donde





∞

∗

(cψ )ψ dx =

−∞

(c∗ ψ)∗ ψ dx

−∞

A† = c∗ c) A = i



∞

d dx

 

d ψ∗ (x) i ψ dx −∞

       ∞

dx = i

ψ

∗

−∞ ∞

=

i

−∞

d ψ dx

d dx

∞

dx =

i

ψ

−∞

∗

ψ

   −

ψ dx

donde A† = i



∞

d)

A =

−∞

∗

d = A dx

ψ (Aψ) dx =

   ∞

†

Aψ

−∞

∗

ψ dx

dψ∗ dx

dx


Logo,

A A = A

∗

    −  ∞

=

(Aψ)∗ ψ dx

−∞ ∞

∗

⇒

145

A† ψ

∗

(Aψ)∗ ψ dx = 0

−∞

portanto,

A† = A

Exerc´ ıcio 14.11.15 Seja

A um operador hermitiano que possui um espectro discreto de autovalores n˜ ao degenerados, an , associados a um conjunto de φn (r) , tal que autofun¸coes, ˜

{

{ }

}

A φn (r) = a n φn (r)

Mostre que: a) os autovalores s˜ ao reais; b) as autofun¸coes ˜ associadas a autovalores distintos s˜ ao ortogonais, ou seja,

 V

φ∗l (r) φn (r) dV = 0

(l = n)



Os operadores hermitianos que possuem um espectro discreto de autovalores não degenerados satisfazem a equa¸caõ Aφn (r) = a n φn (r) a) Para mostrar que seus autovalores são reais, parte-se de

     ⇒      V

ou (an

∗

− an)

φ∗n (Aφn ) dV =

(Aφn )∗ φn dV

V

2

φn dV = 0

V

an = a ∗n (real)

>0

b) A demonstra¸cão de que suas autofun¸co˜es associadas a autovalores distintos s˜ ao ortogonais parte de

V

φ∗l (Aφn ) dV =

V

(Aφl )∗ φn dV

146

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

ou (an

Para an = a l



− al )



⇒

V

 V

φ∗l φn dV = 0

φ∗l φn dV = 0

(l = n)



Exerc´ ıcio 14.11.16 Seja Ψ( r, t) a

fun¸cao ˜ de onda que representa o estado atual de uma part´ıcula. Se é um operador hermitiano associado a uma grandeza A, que possui um espectro discreto de autovalores n˜ ao degenerados, an , e φn (r) , ou seja, autofun¸coes, ˜

A

{

{ }

}

A φn(r) = an φn(r) tal que Ψ(r, t) pode ser expressa por uma combina¸cao ˜ linear das autofun¸coes ˜ φn (r), do tipo Ψ(r, t) = cn (t) φn (r)

 n

mostre que a express˜ ao para o valor médio de A



A =

Ψ∗ (r, t)

V

é equivalente a

A =

A Ψ(r, t) d V

| |

cn 2 an

n

Sejam

 A

Ψ(r, t) =



cn (t)φn (r)

∗

=

Ψ (r, t) =

⇒

n



c∗ (t)φ∗ (r)



φn (r) = a n φn (r)

Logo,

A =

 V

Ψ∗ (r, t) Ψ(r, t) dV =

A

Assim,

A =



c∗ (t)cn (t)

,n

 v

φ∗ (r) φn (r) dV

     c∗ cn an

,n

V

φ∗ φn dV δn

A   an φn


147

e, portanto,

A =

| |

cn 2 an

n

Exerc´ ıcio 14.11.17 Uma 2

part´ıcula livre de massa m, tal que sua energia é representada por H = p /2m, onde p representa o momentum linear, se desloca na dire¸cao ˜ x. Mostre que: p a) x, H = i  m

      

b) x2 , H = i



m

(xp + px)

p2 c) xp,H + px, H = 2i m Sabe-se que H = p 2 /2m e [x, p] = i  . a)

[x, H ] = [x, p2 /2m] = =

1 (xp2 2m

1 (xpp − ppx) − p2x) = 2m

1 (xpp pxp + pxp ppx) = 2m

−   − 0

=

1 p ([x, p] p + p[x, p]) = i  2m m

b) De modo análogo, [x2 , H ] = [xx,H ] = xxH

− Hxx = xxH − xHx + xHx − Hxx = i m (xp + px)

      x[x,H ]

c) Por outro lado, como H = T = p 2 /2m obtém-se

   

=

⇒

[x,H ]x

[H, p] = 0

⇐⇒

Hp = pH

p2 [xp,H ] = xpH Hxp = [x, H ] p = i  m

 − −  xHp

[ px, H ] = pxH

p2 Hpx = p[x, H ] = i  m pHx

=

⇒

p2 xp,H + px, H = 2i m

  

148

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

que, para uma part´ıcula de massa m , sob a a¸cao ˜ de um potencial central, V (r), e, portanto, associada a um operador hamiltoniano H = T + V , onde T = p2 /(2m), vale: Exerc´ ıcio 14.11.18 Mostre



·  ·  −   − ∇ ·  ·

 T = i p2 , a) r p, m  V = b) r p,

i r

a)

r p,  T

H =

⇒

i 

=

−i ∇

dV dr

p2 + V (r) 2m

H =

p

 onde p =

 

− 2m ∇2 + V (r)

=

1 r p,  p /2m = (r p)  p2 2m

=

1 xpx ( p2x + p2y + p2z ) 2m

2



·

2 

2

 − p (r · p)



− ( p2x + p2y + p2z )xpx+

+ypy ( p2x + p2y + p2z )

− ( p2x + p2y + p2z )ypy +

+zp z ( p2x + p2y + p2z )

( p2x + p2y + p2z )zp z

−

= [xpx , p2x /2m] + [ypy , p2y /2m] + [zp z , p2z /2m] = i

b)

Logo,

 



m



p2x + p2y + p2z



p2 = i m

r = rˆ r p =

−i ∇ = −i



rˆ

∂ ˆ 1 ∂ 1 ∂ +θ + φˆ ∂r r ∂θ rsen θ ∂φ

r p = 

·

−i r ∂r∂





149


[r p,  V (r)]ψ(r) = [ i ∂ /∂r,V (r)]ψ(r)

·

−

=

−





∂ ∂ψ(r) i r V (r)ψ(r) + i V (r)r ∂r ∂r

=

−i r

=

−i r

    ∂V ∂r

ψ(r)

dV dr

ψ(r)

r) ∂ψ(r) − i rV (r) ∂ψ( + i V (r)r ∂r ∂r

Portanto, [r p,  V (r)] =

·

−i r dV dr

A partir de uma rela¸cao ˜ de incerteza, mostre que as oscila¸coes ˜ de um circuito LC , excitado por uma tens˜ ao eficaz de 1 mV, no qual L = 3 mH e C = 4,7 nF, podem ser descritas pelo Eletromagnetismo Cl´ assico. Exerc´ ıcio 14.11.19

Em um circuito LC, sabe-se que ω◦ =

1 LC

√

⇒

√

2π T = = 2π LC ω◦

Sendo a energia (E ) armazenada por ciclo no circuito dada por E = CV 2

ef

onde V é a tensão eficaz, o produto ef

2

E T = 2πCV

·

ef



√

10−19 J.s

LC = 2

h

−9

−6

× 3,14 × 4,7 × 10 × 10

 × 3

10−3

−9

× 4,7 × 10

significa que as oscila¸cões do circuito LC estão no limite do Eletromagnetismo Cl´ assico.

150

F´ısica Moderna

Exerc´ ıcio

mostre que:

sen qα  = lim 2 →0 q + 2 q

b) lim

sen qα = π q

α→∞



∞

sen qα 14.11.20 A partir da igualdade lim = α→∞ q

a) lim

α→∞

Caruso • Oguri

cos qx dx,

0

a) Partindo da equa¸caõ dada,



∞

sen qα lim = α →∞ q

cos(qx) dx

0

e considerando que −x e

iqx

cos(qx) = lim e  →0

ou cos(qx) =

=

= Logo

1 lim 2  →0

  −  − ∞

e(iq−)x dx +

0

1 iq + 



∞



∞

0

−

  

e(−iq−)x dx

0

1 1 lim e(iq−)x 2  →0 iq  1 lim 2  →0

+ e−iqx 2

1 e(−iq−)x iq + 



∞

0

1 1 2 = lim 2 iq  2  →0  + q 2

−

sen qα 2 = lim 2 α →∞  →0  + q 2 q lim

Este u ´ ltimo limite é utilizado para definir a distribui¸ cão δ (q ) de Dirac (ver figura), como é mostrado no próximo item.

1

" 1 2"

lim 0

" "

"

q

" = a±(q ) "2+q 2

151


b) Fazendo q =  tg θ

2 + q 2 =  2 (1 + tg2 θ) =  2 sec2 θ, tem-se

=

⇒

dq =  sec2 θ dθ donde



∞

lim

 →0 −∞

 dq = lim 2  →0 2 + q 2



∞

0

 dq = 2 2 + q 2



π/2

dθ = π

0

Logo,  = πδ (q )  →0 2 + q 2 lim

Assim, para qualquer fun¸cão de q , f (q ), que não varie em torno da origem 1  (q = 0) tão rapidamente quanto a fun¸cão , vale a propriedade π 2 + q 2



   

∞

∞

f (q ) δ (q ) dq = f (0)

−∞

−∞

1  dq π 2 + q 2 1

ou seja,



∞

f (q ) δ (q ) dq = f (0)

−∞

Essa é a propriedade que define a chamada distribui¸caõ delta de Dirac.

15

Aplica¸ c˜ oes da equa¸ c˜ ao de Schr¨ odinger part´ıcula de massa m e energia E > V ◦ , deslocando-se na dire¸cao ˜ e sentido positivo do eixo x, incide em um degrau de potencial de altura V ◦ , em x = 0. Determine: Exerc´ ıcio 15.7.1 Uma

a) as autofun¸coes ˜ de energia nas regi˜ oes x < 0 e x > 0; b) os coeficientes de transmiss˜ ao e reflex˜ ao. Os problemas de po¸co e barreira de potencial podem ser resolvidos, sistematicamente, do seguinte modo: De in´ıcio, identificam-se as diferentes regiões do espa¸co, nas quais o potencial é cont´ınuo. Feito isto, escreve-se a equa¸caõ de Schrödinger para cada uma das regiões distintas e encontram-se suas solu¸co˜es gerais. Como a equa¸caõ de Schrödinger é de 2- ordem na vari´ avel x, tanto as solu¸co˜es como suas derivadas devem ser cont´ınuas nos pontos de descontinuidade do potencial. Além disso, as condi¸co˜es assintóticas em e + devem ser levadas em conta. Desse modo, resulta um sistema de equa¸cões que deve ser resolvido para as constantes de integra¸caõ. Por u ´ ltimo, a condi¸caõ de normaliza¸caõ da fun¸cão de onda total permite determinar a última constante independente. a

−∞ ∞

A figura a seguir representa o degrau de potencial descrito no problema, assinaladas as duas regiões distintas, I e II, nas quais o potencial é cont´ınuo e, nesse caso, constante.

153

154

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Escrevendo-se a equa¸caõ de Schrödinger para um potencial constante V ◦ ,

−

d2 ψ + V ◦ ψ(x) = Eψ(x) 2m dx2 2 

onde k =

p 

=



2m(E 

=

⇒

− V ) > 0 ◦

d2 2 ψ + k ψ = 0 dx2 (E > V ◦ )

Duas solu¸co˜es linearmente independentes são:

 

eikx e−ikx

Ou seja, nesse caso de estados n˜ ao ligados, os autovalores de energia s˜ ao duplamente degenerados, o que corresponde aos dois sentidos de propaga¸cão para uma mesma energia. a) Assim, as autofun¸cões de energia para cada uma das regiões são dadas por

   

regi˜ ao I : V = 0

regi˜ ao II : V = V ◦

=

k◦ =

⇒ =

⇒

√ 2mE 

k =



incidente

=

2m(E 

p◦

=

⇒



− V ) = p ◦



refletida

     

ψI = Aeik◦ x + Be −ik◦ x =

⇒

ψII = Ceikx

   transmitida

Observe que ao contrário da F´ısica Cl´ a ssica, a probabilidade de que a part´ıcula seja refletida por uma barreira de potencial menor que a sua energia cinética é diferente de zero. b) Para calcular os coeficientes de transmiss˜ ao e reflex˜ ao, calculam-se, inicialmente, as correntes incidente, refletida e transmitida: p◦ J inc = A 2 m p J trans = C 2 m p◦ 2 J refl = B m

 

| |

−

| |

| |

155

˜es da equac ˜ o de Schr o ¨ dinger 15. Aplicac ¸o ¸a

A conserva¸caõ da corrente implica J inc = J refl + J trans

        

=

J trans J inc

1=

⇒

J refl J inc

+

r

t

onde t é o coeficiente de transmissão e r, o coeficiente de reflexão. As condi¸co˜es de contorno impõem rela¸cões entre os coeficientes A, B e C . De fato,

 

ψI (0) = ψ II (0)

=

A + B = C

⇒ =⇒

 ψI  (0) = ψ II (0)

= k◦ (A

2A =

⇒

− B) = kC

  1+

k k◦

C

Assim,

      − t =

p C p◦ A

2

=

p k = = p◦ k◦

4 p/p◦ (1 + p/p◦ )2

1

=

⇒

t =

   −−  4 1

1+

V ◦ /E

1

V ◦ /E

V ◦ /E

2

e, de acordo com a conserva¸cão de corrente, r = 1

 −   −  −  −  − −  −  −  ⇓  −  −    −  4 1

1+

=

1+2

1

V ◦ /E

1

V ◦ /E

V ◦ /E + (1 1+

1

1

1

2

V ◦ )

V ◦ /E

V ◦ /E

r =

1+

1

4 1

V ◦ /E

V ◦ /E

2

2 2

Se um feixe de part´ıculas incide sobre esse degrau de potencial com energia suficiente para ultrapassá-lo, a expressão anterior permite calcular a fra¸caõ de part´ıculas que não atravessar˜ ao essa barreira.

156

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

part´ıcula de massa m encontra-se confinada em um po¸co de potencial infinito entre x = 0 e x = a. Determine: Exerc´ ıcio 15.7.2 Uma

a) os valores m´ edios da posi¸cao ˜ e do momentum, x autoestados estacion´ arios de energia;

 n e  pn, para seus

b) o autoestado estacion´ ario que minimiza o produto das incertezas (∆x)n (∆ p)n ; Se o estado inicial da part´ıcula é Ψ(x, 0) = A x (a

− x), determine:

c) a distribui¸cao ˜ de probabilidades para os momenta. d) os valores m´ edios da posi¸cao ˜ e do momentum, x

  e  p ; ◦

◦

e) as probabilidades de ocorrência de cada autovalor de energia da part´ıcula; f) o estado da part´ıcula em um instante gen´ erico t. Considere o po¸co de potencial confinante esquematizado na próxima figura, onde o fundo do po¸co é tomado como a origem para o potencial, ou seja, V = 0 para 0 < x < a, e V = para x < 0 e x > a.

∞





0

a

x

Nesse caso, a fun¸cão de onda em qualquer região fora do po¸co é nula, ψn (x) = 0

(x < 0

e x > a)

e qualquer autoestado estacionário da part´ıcula dentro do po¸co é dado por ψn (x) =

   2 sen a

nπx a

(0 < x < a)

n = 1, 2, 3,

···

com autovalores 2 2 2 π  E n = n 2ma2

Assim, a densidade de probabilidade de presen¸ca (ρn = ψn 2 ) da part´ıcula

| |

157


associada a qualquer autoestado é dada por

ρn (x) =

  −  1 a

2nπx cos a

1



(0 < x < a) n = 1, 2, 3,

0

(x < 0

·· ·

e x > a)

a) O valor médio da posi¸cão é dado por

   a

xn

=

0

a

1 a

=

1 x ρn (x) dx = a

 −

a

x dx

0

  − a

x

1

0

2nπx cos a

x cos(2nπx/a) dx

0





dx

Integrando por partes a segunda integral, tem-se

xn

=

1 a

a = 2

  −  x2 a 2

−

0

          ⇒     a

a 2nπx x sen 2nπ a

0

a + 2nπ

a

2nπx a

sen

0

dx

0

a 2nπx cos (2nπ)2 a



a

=

x

0

n

=

a 2

0

O valor médio do momentum é dado por

   −   −     ×          − ⇒     a

∞

 pn

=

∗

−∞

=

=

1 a

ψn (x) px ψn (x) dx = nπ i a

nπ i 2 a

a

2sen

0

a

sen

0

2nπx a

0

nπx a

ψn∗

d ψn dx dx nπx cos dx a i

sen

2nπx a

dx

=

p n = 0

0

Apesar de confinada, a part´ıcula encontra-se essencialmente livre no interior do po¸co. Somente nos limites do po¸co há a manifesta¸caõ de alguma a¸caõ que não permite que ela escape. Assim, o movimento em qualquer sentido é igualmente prov´ avel e, por isso, o valor médio do momentum é nulo.

158

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

b) Para o cálculo das incertezas, torna-se necessário o cálculo dos valores médios dos quadrados da posi¸cão ( x2 n ) e do momentum ( p2 n ).

 

   a

x2n

=

0

=

  − a

1 x2 ρn (x) dx = a a

1 a

 

x2 dx

0

 −

a

x2

1

0

2nπx cos a





dx

x2 cos(2nπx/a) dx

0

Integrando por partes a segunda integral, tem-se

x2n = a1

  −  3 a

x 3

0

             −  a

a 2nπx x2 sen 2nπ a

+

0

a nπ

a

2nπx a

x sen

0

 dx

0

e, integrando novamente por partes a u ´ltima integral, obtém-se

x2n

a2 3

=

−

a

a 2nπx x cos 2(nπ)2 a

0

a

a + 2(nπ)2

0

2nπx cos a



0

a2 3

=

−

a2 = a2 2 2 2n π

1 3

1 2n2 π 2

Desse modo, (∆x )2n = x2

 n − x2n = a2

 − 1 3

1 2n2 π 2

   − − 1 a2 = 1 4 12

6 n2 π 2

ou ainda, (∆x)n =

 √ − a 12

1

6 n2 π 2

O valor médio do quadrado do momentum é dado por 2

 p n

     −              a

=

0

=

2 

ψn p2x ψn ∗

nπ a

2

1 a

a

dx =

0

a

∗

ψn

2sen2

0

nπx a

1−cos( 2nπx a )

donde

(∆ p)n = 

nπ a

2 

d2 ψn dx dx2

dx =

2 

nπ a

2

dx



159


Assim, chega-se ao produto das incertezas, dado por



n2 π 2 12

(∆x)n (∆ p)n = 

Para n = 1

=

− 12

∆x ∆ p é m´ınimo e, nesse caso,

⇒

·

(∆x∆ p)m´ınimo

 0,57 >  2

c) Para o estado inicial Ψ(x, 0) = ψ◦ = A x (a x), primeiramente, deve-se calcular a constante de normaliza¸cão A, a partir da integral

−



a

2

ψ◦ dx = A

0

2



A

  −  −  a

2

a

2

x dx

0

ou 2 5

A a

1 3

x2 (a

a−2ax+x2

a

2a

− x)2 dx = 1

      0

donde 2

a

a

3

x dx +

0

x4 dx = 1

0

5 1 1 2 a + = A =1 2 5 30

A2 =

⇒

30 a5

e, finalmente, A = Assim,

1 a2



30 a

√ 30 1 √ Ψ(x, 0) = 2 √ x(a − x) = 3 30a x(a − x) = ψ (x) a a a ◦

Logo,

 √    a

ψ◦ ( p) = =

    −

px 1 1 e−i ψ◦ (x) dx = 3 a 2π  0 a px 1 15a −i a x e dx a3 π  0 



15a π 

a

0

a

e−i

px 

0

x2 e−i

px 

dx

x (a

− x) dx

160

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Integrando por partes,

     −      −       − − −      −       −           −          −     −             |              

i ψ◦ ( p) = pa3

a 15 π 

2

x e

2

−i

= a e =

−i

a

px 

0



ou

+2

x e−i

a

px

e−i dx + 

px

0

dx



2

a e

0

i 1 p

a

2

−i

1

2



0

a π 

i + 2i p

=

a

a

a

px

0



15

i pa

a xe

i px a e −i p

pa

i pa3

−i

e

15a π 

ψ◦ ( p) =

ψ ( p) =

e−i

2i pa

2

2





p





−i

+2 i p

a

+2

ae

a

pa 

e−i

px 

dx

0

pa i ae−i + p 



pa

∗ ◦

pa

pa

1+



−i

pa

+

1+

15a π

15a π 

2i −i pa e pa 

1+

2i pa

1

2i pa

1 + e−i

1 + e

pa 

i pa 

Logo, a distribui¸caõ de probabilidades para os momenta é dada por

|ψ ( p) 2 = ◦

ou seja,

|ψ( p)|

4



pa

2

=



15a π 

4

1+4

30a π 

pa

2



1 + ei

pa



+ e−i

pa 

+1

2cos( pa ) 

2



1+4

pa

1 + cos

pa

pa 

d) O valor médio da posi¸caõ é dado por

xψ◦

=

30 a5

 −     − 

= 30a

a

3

x (a

0

2

x)

30 dx = 5 a

a2 −2ax+x2

1 4

2 1 a + = (30 5 6 4

 

a

2

a

3

a

x dx

0

− 48 + 20)



− 2a

=

⇒

0

4

x dx

  −

x = a/2

a

0

x5 dx

161


enquanto o valor médio dos quadrados, por

x2ψ◦



a

30 a5

=

x4 (a

0

2 2 a (21 7

=

− x)2 dx = 30a2

− 35 + 15)

 −  1 5

2 1 + 6 7

x2ψ◦ = 27 a2

=

⇒

Assim, a incerteza na posi¸cão é ∆x = a

 − 2 7

1 a = 4 2 7

√

Por outro lado, o valor m´ edio do momentum é dado por

 pψ◦

= = =

(ax−x2 )

  −  −   − −   − −  − −  −  a

30 a5

x(a

0

a

30 i 5 a i



a

x) ( i ) 2

a x

d (ax dx

− x2) dx

2

3

3ax + 2x

0

1 2

30

1+

2 = 0 4



dx

=

 pψ◦ = 0

⇒

e, o valor médio do quadrado, por 2

 p ψ◦

2 

=

= 60

30 a5

2  a2

a

(ax

0

1 2

d2 x ) 2 (ax dx 2

− x2) dx

2 1  = 10 2 3 a

=

∆ p =

⇒

√

10



a

Assim, verifica-se mais uma vez que o produto das incertezas satisfaz a rela¸cão de Heisenberg, (∆x)(∆ p) =



10   > 7 2 2

e) Expressando-se o estado inicial em termos dos autoestados de energia, Ψ(x, 0) = onde



a

cn = =

  a

0

a x sen

∞

 √     √   −   

30 ψn (x)Ψ(x, 0) dx = 2 a a

√ 060 a3

√ 30 √ x (a − x) a2 a

nπx a

=

cn ψn (x)

n=1

2 a

x2 sen

a

sen

nπx a

nπx a

dx

0

x (a

− x) dx

162

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

integrando por partes as duas integrais, obtém-se

√ 60

  −           −    

a πx a x cos n a3 nπ a a nπx a 2 + x cos nπ a 0

cn =

a2 a nπx + cos dx + nπ 0 a 0 nπx 2a a dx x cos nπ 0 a a

Integrando novamente por partes a integral que resta, segue-se

√ −2 60

cn =



a2 nπ

   −           √ 

a x sen nπ

nπx a

0

a nπx a cos an2 π2 nπ a 0 4 15 4 15 (1 cos nπ) = n3 π3 n3 π 3

− √

=

a

nπx a

sen

0

dx

0

√ 2 60

=

a nπ

a

−

×

0 se n par 2 se n ´ımpar

Logo, a probabilidade de ocorrência de um dado autovalor de energia E n é dada por 960 P (E n ) = cn 2 = 6 6 (n = 1, 3, 5, . . .) n π

| |

f) Partindo da fun¸caõ de onda no instante t = 0,

 √   ∞

ψ(x, 0) =

8 15 sen 3π3 n n=1

nπx a

obtém-se a dependência temporal de ψ multiplicando-se cada uma das auto2 2 2 π  −iE n t/ fun¸cões sen(nπx/a) por e , onde E n = n , chegando-se assim a 2ma2 ψ(x, t) =

√ 8 15 π3 +

     sen

1 sen 125

πx −i π2 2 t 1 e 2ma + sen a 27 5πx a



e

25π2  −i 2ma2

t

+

    3πx a

1 sen 73

e

7πx a

2

−i 9π 2 2ma

t

+

49π 2  −i 2ma2

e

t

+

· ··



163


Exerc´ ıcio 15.7.3 Considere o

espalhamento de um feixe de part´ıculas de massa m e energia E , por uma barreira de potencial retangular de altura V ◦ e largura a. Para E < V ◦ : a) mostre que a probabilidade de transmiss˜ ao é dada por t =



V ◦ senh2 ρa 1+ 4E (V ◦ E )

−

−1



b) determine os limites de t para 

onde ρ =



2m(V ◦

− E )/

→ 0 e ρa  1 ( E  V ). ◦

Para E > V ◦ : c) mostre que a probabilidade de transmiss˜ ao é dada por t = Para E



V ◦ sen2 ka 1+ 4E (V ◦ E )

−

−1



onde k =



2m(E

− V )/ ◦

 V : ◦

d) determine o limite dos coeficientes t e r; e) determine os valores de energia para os quais t ´ e m´ aximo. A barreira de potencial pode ser representada esquematicamente pela figura abaixo.

A equa¸caõ de Schrödinger pode ser escrita como k2 2 

2

− 2m dxd 2 ψ(x) + V ψ(x) = Eψ(x) ⇒ ◦

onde V ◦ = constante.

2

 − 

d ψ 2m [E + dx2 

V ◦ ] ψ(x) = 0

164

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Nesse caso, há dois tipos de solu¸co˜es:

• E > V

◦

• E < V

◦

=

⇒

=

⇒

ψ(x) ψ(x)

±ikx

∼e

±ρx

∼e

com k =

√ 2m(E V ◦)

com ρ =

√ 2m(V ◦

−



=

p 

−E )



a) Para E < V ◦ , a fun¸cão de onda em cada uma das 3 regiões mostradas na figura pode ser expressa como

       √         incidente

refeletida

ψI = Aeik◦ x + B −ik◦ x

k◦ =

ψII = Ceρx + D−ρx

ρ =

2mE/ 

2m(V ◦

(x < 0 e V = 0)

− E )/

(0 < x < a e V = V ◦ )

ψIII = F eik◦ x

(x > a e V = 0)

transmitida

e o coeficiente de transmissão é dado por



J trans F t = = J inc A



2

As condi¸co˜es de contorno vão impor rela¸cões entre as várias constantes. São elas: ψI (0) = ψ II (0) A + B = C + D

   

 

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

ψI (0) = ψ II (0) ψII (a) = ψ III (a)  ψII (a) = ψ III (a)

 

ρa

2Ce

ik◦ (A

Ceρa + De −ρa = F eik◦ a ρ(Ceρa

= 1+

2Deρa = 1

−

− D) = [(ρ + ik )e ◦

− De

  − 

2ρ(C + D) = [(ρ + ik◦ )e−ρa + (ρ 2ρ(C

− B) = ρ(C − D)

ik◦ ρ ik◦ ρ

−ρa

) = ikF eik◦ a

F eik◦ a F eik◦ a

− ik )eρa] F eik a = 2ρ(A + B) ρa + (ρ − ik )eρa ] F eik◦ a = 2ρ = 2ik (A − B) ◦

◦

0

◦

165


(ρ+ik◦ )/iρk◦

−(ρ−ik◦ )/iρk◦

  

− ik )

ρ2 +2iρk◦ −k◦2

ρ2 −2iρk◦ −k◦2

4A −ik◦ a e = e −ρa (ρ + ik◦ ) F

1 1 + ρ ik

+eρa (ρ

◦

   − 1 ρ

1 ik◦

   −  −       −  −  −   − − 

A 4 (iρk◦ ) e−ik◦ a = e−ρa (ρ + ik◦ )2 eρa (ρ F = 2iρk◦ eρa + e−ρa ρ2

ik◦ )2 k◦2

eρa

2 cosh ρa

e−ρa

2 senh ρa

ρ2 k◦2 senh ρa 2iρk◦

A −ik◦ a e = cosh ρa F Assim,

−        −               ⇒   − −    −   A F

2

=

ρ2 k◦2 2 cosh ρa + 4ρ2 k◦2

2

senh2 ρa

1+senh2 ρa

ρ2 k◦2 = 1 + 1+ 4ρ2 k◦2

senh2 ρa

(ρ2 +k◦2 )2 4ρ2 k2

◦

A F

 

k2 ◦

2

=

ρ2 + k◦2 2 = 1 + senh ρa 4ρ2 k◦2 ρ2 + k◦2

2mE/  2

ρ = 2m(V ◦

Logo,

2

E )/ 2

ρ2 + k◦2 4ρ2 k◦2

e, finalmente,

2

4ρ2 k◦2 = 4

2

= 2mV ◦ / 2 2m  2

V ◦ 2 = 4E (V ◦ E )

V ◦ 2 senh2 ρa t = 1 + 4E (V ◦ E )

−

−1

2

2

E (V ◦

E )

166

F´ısica Moderna

b) Para



Caruso • Oguri

→0 lim ρ

→0

→∞ ⇒

lim 

senh ρa

→0

(ρ→∞)

→

eρa lim ρ→∞ 2

→∞

(15.1)

o coeficiente de transmissão se anula, lim t

→0

Para ρa

→0

1

(sem transmissão – análogo ao caso cl´ assico) (E << V ◦ ) 2

lim senh ρa

→

ρa1

e2ρa 4

1

o coeficiente de transmissão lim t =

E V ◦

16E (V ◦ V ◦ 2

− E ) e2ρa  1

indica que a probabilidade de penetra¸caõ na barreira é muito pequena mas, dependendo da largura, algumas part´ıculas do feixe atravessam a barreira. Essa é a origem do chamado efeito t´ unel , utilizado nos microscópios eletrônicos. c) Para o caso em que E > V ◦ , as fun¸co˜es de onda nas três regiões são

       √         incidente

refeletida

ψI = Aeik◦ x + B −ik◦ x

k◦ =

ψII = Ceikx + D−ikx

k =

2mE/ 

2m(E

(x < 0 e V = 0)

− V )/

(0 < x < a e V = V ◦ )

◦

ψIII = F eik◦ x

(x > a e V = 0)

transmitida

Formalmente, pode-se escrever ρ2 =

−k 2

=

⇒

ρ = ik

ou

=

⇒

senh2 ρa =

senh ρa = senh ika = isen ka

−sen2 ka

Desse modo, pode-se obter o coeficiente de transmissão, para E > V ◦ , com a substitui¸cão indicada na equa¸cão anterior, ou seja,



V ◦ 2 sen2 ka t = 1 + 4E (E V ◦ )

−



−1

167


O gráfico a seguir mostra o chamado efeito ressonante no comportamento do coeficiente de transmissão com rela¸caõ a` energia das part´ıculas do feixe incidente sobre a barreira de potencial. Para certos valores de energia, o feixe é transmitido integralmente através da barreira.

d) Escrevendo-se o coeficiente de transmissão como



1 t = 1 + 4(E/V ◦ )(E/V ◦ o limite para E

 V

◦

lim t

E V ◦

− 1)



√ =⇒ k  2mE/  = k , é dado por √ 2mE 1 1  1 + 4(E/V )2 sen2  a √ 2mE V 2  1 − 2E sen2  a ◦





◦

  



−



◦

Nesse limite, o coeficiente de reflexão será dado por r = 1

− t =

   √   V ◦ 2E

2

sen2

e) Para E V ◦ , quando ka = nπ = os quais t é máximo são dados por



2mE  2

⇒

2

2 2

a = n π

⇒

2mE a 

1

tmáx = 1, os valores de energia para

n2 π 2  2 E n = 2ma2

(n = 1, 2, . . .)

168

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Desse modo, o coeficiente de transmiss˜ ao para qualquer valor de energia das part´ıculas incidentes pode ser expresso como

t =

onde

   

1 1+

√ 1

senh2 α

−E/V ◦

4 E/V ◦ (1−E/V ◦ )

1 1+

E < V ◦

√ E/V ◦

sen2 α

−1

E > V ◦

4 E/V ◦ (E/V ◦ −1)

α =

√ 2mV

◦



As figuras a seguir mostram como o coeficiente de transmissão t varia em fun¸cão da raz˜ ao E/V ◦ , para os valores de α = 5, α = 16 e α = 46, respectivamente.

169


pr´ oton com energia igual a 12 eV incide sobre uma barreira de potencial retangular de altura igual a 16 eV e largura de 1,8 10−10 m. Determine a probabilidade de transmiss˜ ao. Exerc´ ıcio 15.7.4 Um

×

Os dados do problema são:

   

E = 12 eV V ◦ = 16 eV a = 1,8

−10

× 10

cm

m = m p

Como 0 <  < V ◦ , conforme visto nas páginas 507 e 508 do livro de texto, o coeficiente de transmissão em uma barreira unidimensional é dado por, equa¸caõ (15.12), E (V ◦ E ) −2βa t = 16 e V ◦ 2

−

onde β =



2m(V ◦ 

− E )

Assim, β =

 × 2

1,673

−27

−19

× 10 × 4 × 1,6 × 10 1,055 × 10 34 −



21,41 10−46 = 1,055 10−34

× ×

170

F´ısica Moderna

ou β =

√ 21,41 1,055

×

Caruso • Oguri

10−23 = 4,39 10−34

× 1011 m

−1

Portanto,

− × 4,39 × 1011 × 1,8 × 10

−10

exp( 2βa) = exp( 2

−

) = e (−158,04) = 2,31

−69

× 10

O fator multiplicativo que aparece em t é 16

E (V ◦ E ) = 16 V ◦ 2

−

− 12) = 16 × 48 = 3 × 12(16 (16)2 256

e, portanto, o coeficiente de transmissão vale t = 6,93

−69

× 10


que a energia do ´ unico estado ligado de uma part´ıcula de massa m, em um po¸co de potencial retangular finito, de profundidade V ◦  /( 2mV ◦ ), ´ e largura a e dada por

−

√ 

E =

−

ma2 V ◦ 2 2 2

Com rela¸caõ ao diagrama de energia, as solu¸co˜es da equa¸caõ de Schrödinger independente do tempo, nas três regiões distintas, são:

  

ψI = Aeρx

(ρ2 = 2m E / 2 )

ψII = Beikx + Ce−ikx

(k2 = 2m(V ◦

ψIII = De−ρx

| |

− |E |)/ 2)

171


De acordo com a condi¸co˜es do problema,

 | | 

E max = V ◦

kmax =

=

ρa

⇒

√ 2mV

◦



=

1

ka

⇒

1

As condi¸co˜es de contorno das fun¸cões de onda e de suas derivadas nos pontos de descontinuidade do potencial ( a/2) levam a:

 

ψI ( a/2) = ψ II ( a/2)

− − ψ (−a/2) = ψ (−a/2) 



I

II

  

e

 

± =⇒ =⇒

Ae−ρa/2 = Be−ika/2 + Ceika/2 ρAe−ρa/2 = ik(Be−ika/2

− Ceika/2)

⇓

−   

2B = A 1

iρ −ρa/2 ika/2 e e k

2C = A 1 +

iρ −ρa/2 −ika/2 e e k

ψII (a/2) = ψ III (a/2) =

Be ika/2 + Ce−ika/2 = De−ρa/2

 ψII (a/2) = ψ III (a/2)

ik(Be ika/2

  

Donde,

−ika/2

− Ce

)=

−ρDe

−ρa/2

⇓

  − 

2B = D 1 +


2C = D 1


ika

B (k iρ)e = C (k + iρ)

−

⇒ =⇒

  ⇒

(k + iρ) −ika = e = (k iρ)

−

⇓

 

k + ip = k iρ

−

±eika

k + iρ k iρ

−

2

= e2ika

172

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Há, portanto, duas solu¸co˜es poss´ıveis, correspondendo a

 

B/C = 1

=

ψII (x) = 2B cos kx

⇒ B/C = −1 =⇒

ψII (x) = 2iB sen kx

(fun¸ca õ par)

(fun¸ca õ ´ımpar)

Aplicando-se novamente as condi¸cões de contorno em x = as solu¸cões pares e ´ımpares, par

´ımpar

Ae−ρa/2 = 2B cos ka/2

Ae−ρa/2 =

ρAe−ρa/2 = 2kB sen ka/2

tg ka/2 =

−a/2, tem-se, para

ρ k

−2iB sen ka/2

ρAe−ρa/2 = 2iB cos ka/2

cotg ka/2 =

⇓

(ka

− kρ

 1)

par

´ımpar

ka ak2 lim ρ = lim k tg = ka1 ka1 2 2

lim ρ =

ka1

k 2 − kalim1 tg ka/2 =− a 

⇓

⇓

Ae−(ka/2) = 2B cos ka/2

como ρ > 0 e a > 0

2

a condi¸caõ ρa =

⇓

 −    −  

A 1

ka 2 2

= 2B 1

⇓

A

 2B

ka 2 2

−2

não pode ser satisfeita

⇓ A = 0 = B (solu¸caõ trivial)


173

Assim, tem-se

 

ρ =

a 2 k >0 2

ρ2 + k 2 = k◦2

com

ρ2 = 2m E / 2

com

k◦2 = 2mV ◦ / 2

| |

A solu¸caõ gr´ afica deste sistema de equa¸cões é apresentada na figura a seguir, que indica a existência de um u ´ nico estado ligado (correspondente a` interse¸caõ das curvas).

Substituindo k em fun¸caõ de ρ na u ´ ltima equa¸caõ, obtém-se ρ2 +

ρ = =

 − ± − ±  1 a

1 a

1

− k2 = 0 ⇓ ◦

1 1 1 2 = + k 1 + a2 k◦2 ◦ 2 a a a a2 k◦2 1+ > 0 2

Logo, a ρ = k◦2 2

2 ρ a

⇒

− ±







1/2

| | = a2 (2m)2 V 2

2m E  2

◦

4

⇓ ma2 V 2 E = − 2 2 ◦

 4

174

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

um oscilador harmˆ onico de massa m e frequência pr´ o-

Exerc´ ıcio 15.7.6 Seja

pria ω. Determine: a) a probabilidade de presen¸ca nas regi˜ oes classicamente proibidas para o estado fundamental; b) os valores m´ edios da posi¸cao ˜ e do momentum para o estado fundamental e para o primeiro autoestado excitado. Se o estado inicial é dado por

√

1 3 Ψ(x, 0) = φ◦ + φ1 2 2 Determine: c) o estado em um instante qualquer; d) os valores m´ edios da posi¸cao ˜ e do momentum linear; e) as probabilidades de ocorrˆ encia de cada autovalor de energia. a) Dado o estado fundamental do oscilador αx2 φ◦ (x) = Ae 2

−

com

α =

mω 



E ◦ =

 ω

2



a constante de normaliza¸cão A é dada por

 | ∞

   √  ∞

2

2

φ◦ dx = 2A

−∞

|

e

−αx2

dx =

0

1 2

π 2 A =1 α

⇒

A =

π a

1 4

   α π

mω = π

1 4

Logo, αx2 α 1/4 − φ◦ (x) = e 2 π



a =

√ 1α =

  

1 2

mω

Classicamente, o oscilador no estado fundamental de energia E ◦ = estaria confinado a` regi˜ ao x < a, definida por (ver figura a seguir)

| |

 ω 1 mω 2 a2 = E ◦ = 2 2

 ω/2

175


Portanto, a =

√ 1α =

  

1 2

mω

Assim, a densidade de probabilidade de presen¸c a do oscilador pode ser expressa como α 1/2 −αx2 1 −x2 /a2 2 φ◦ = e = e π a π

| |



√

A probabilidade de que o oscilador seja encontrado fora da regi˜ ao classicamente permitida é

 | ∞

P ( x > a) = 2P (x > a) = 2

2

φ◦ dx =

||

a

|

 √

∞

2

a π

2

e−x

/a2

dx

a

Esta integral pode ser expressa em termos da fun¸caõ erf(ξ ) como

 √

2 P ( x > a) = π

||

∞

2

e−x dx =

1

√ 2π [1 − erf(1)]  0,16

b) A partir dos dois primeiros estados (n = 0, 1)

 

2

φ◦ = A e−x φ1 =

√ 2 a

/2a2

x φ◦

(E ◦ =  ω/2) (E 1 = 3 ω/2)

os valores médios da posi¸caõ e do momentum no estado fundamental são dados

176

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

por



∞

xφ◦

=

| |2 dx = 0

x φ◦

    −    −∞

´ımpar

x2 − d φ◦ Ae a2 dx = 2i dx −∞ ∞

 pφ◦

=

i

−2x φ◦



∞



  

−∞

e, para o primeiro autoestado excitado, por

| |2 dx = 0

x φ◦

´ımpar

∞

xφ

1

=

| |2 dx = 0 ´ımpar √ 2 d

x φ1

       −   √    −    √  − −  − | | −   −  | | −  | | −∞

∞

 pφ

1

=

i

φ1

−∞

=

2 a

i

dx

a

xφ◦

∞

φ1

φ◦ + x

−∞

dφ◦ dx

dφ◦ = 2xφ◦ dx

dx

−2xφ◦

= = =

i



2

φ1 φ◦ (1

2x2 ) dx

x φ◦ 2 (1

2x2 ) dx

a

2i a2 2i a2

x φ◦ 2 dx

2

x3 φ◦ 2 dx = 0

´ımpar

´ımpar

c) No instante t = 0,

√ 3

1 Ψ(x, 0) = φ◦ (x) + φ1 (x) = ψ ◦ 2 2 e, para um tempo t qualquer,

√

1 3 Ψ(x, t) = φ◦ (x)e−iE ◦ t/ + φ1 (x)e−iE 1 t/ 2 2 d) Seja o estado inicial ψ◦ =

√ 3

1 φ◦ + φ1 2 2



177


onde φ◦ e φ1 são os dois primeiros autoestados normalizados do oscilador. Calculando-se o seu quadrado, ou seja, a densidade de probabilidade,

√

1 3 3 = φ2◦ + φ21 + φ◦ φ1 4 4 2

|ψ |2 ◦

 √ 1

A2 =

a π

a2 =



mω



o valor médio de x nesse estado inicial é



∞

x

◦

=



∞

3 xφ2◦ dx + 4

  √   −∞

+

1 xψ◦2 dx = 4

3 2

−∞

´ımpar

a √ φ 1 2

∞

xφ◦ φ1 dx =

−∞

a 2

3 2



∞

xφ21 dx



−∞

´ımpar

x = a

⇒

◦

 3 8

Para se obter o valor médio de p neste mesmo estado, calcula-se

√ 3

dψ◦ 1 dφ◦ dφ1 = + dx 2 dx 2 dx Mas,

  

dψ◦ dx

dφ◦ = dx

− ax2 φ √ 2 √ 2 dφ1 = φ − 3 x2 φ dx a a √ 6 √ 6 x = − 2 φ + φ − 3 x2 φ 2a 2a 2a ◦

◦

◦

◦

◦

◦

Logo,

dψ◦ ψ◦ = dx



6 2 φ 4a ◦

√ 6

a2 2 φ1 2

4a3

x2 φ2◦ +

4a2

◦

   ´ımpar

 p

◦

φ◦ φ1

´ımpar

− 4a3 φ φ1 Assim, para

√ 3

a √ φ1 2

  − − −       1 2 xφ 4a2 ◦ ´ımpar

√ 18

√ 18

=

−i



ψ◦

dψ◦ dx dx

4a2

xφ◦ φ1 +

178

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

s´ o contribuem três termos, ou seja,

 p

◦

=

−i

√  6

 − −  1 2

1

4a

1 2

 p

⇒

◦

=0

Como o complexo conjugado da fun¸cão de onda é

√

3 1 Ψ∗ (x, t) = φ◦ (x)eiE ◦ t/ + φ1 (x)eiE 1 t/ 2 2 o m´ odulo do estado Ψ(x, t) é dado por

|

√



1 3 3 Ψ(x, t) 2 = φ2◦ + φ21 + φ◦ φ1 ei(E 1 −E ◦ )t/ + e−i(E 1 −E ◦ )t/ 4 4 2

|

O termo entre colchetes vale 2 cos ωt, com ω = (E 1 x Ψ(x, t) 2 =

|

|

√ 3



− E )/ . Sendo assim, ◦

1 3 x φ2◦ + x φ21 + x φ◦ φ1 cos ωt 4 4 2

   ´ımpar

a √ φ1 2

´ımpar

donde o valor médio da posi¸caõ em um instante t é dado por

xt = a



3 cos ωt 8

Para o estado dependente do tempo, o valor m´ edio do momentum linear é dado por ∞ ∂ p t = i Ψ∗ (x, t) Ψ(x, t)dx ∂x −∞

 −



e a derivada da fun¸cão de onda é ∂ Ψ(x, t) = ∂x

−

√

− 

x 6 −iE ◦ t/ φ e + 1 ◦ 2a2 2a

x2 a2

φ◦ e−iE 1 t/

Fazendo-se o produto ∂ Ψ∗ Ψ = ∂x

−

√

1 6 2 xφ + 4a2 ◦ 4a

− √ 6 4a

 x2 a2

2

−  1

x2 a2

−i(E ◦ −E 1 )t/

φ◦ e

φ2◦ ei(E ◦ −E 1 )t/ + 3 + 2a2

−  1

x2 a2

xφ◦

179


As integrais do primeiro e do u ´ ltimo termo se anulam pois s˜ ao fun¸co˜es ´ımpares. Sendo assim, φ21 /2

 pt

=

φ21 /2

       − −        −   −    i



a

∞

3 8

2

φ◦ dx

−∞

−∞

1

= i



eiωt

a

x2

∞

e−iωt

2

a2

∞

2

−iωt

φ◦ dx e

−∞

1/2

=

a

x2 2 φ◦ dx eiωt 2 a 1/2

3 sen ωt 8



−       

i sen ωt

onde levou-se em conta que ω = (E 1

− E )/ . ◦

Este item do problema pode ser resolvido de modo alternativo utilizando-se as equa¸co˜es de Ehrenfest para os valores m´ edios da posi¸caõ e do momentum . Com o hamiltoniano do oscilador dado por p2 1 H = + mω2 x2 2m 2 a evolu¸caõ temporal de x é dada por

 

d 1  i x = [x, H ] = [x, p2 ] = i p dt 2m m



onde se usou o resultado [x, p2 ] = xpp

   



− pxp + pxp − ppx = [x, p] p + p[x, p] = 2i p

Logo, d p x = dt m

   

⇒

d d 2 p = m 2 x dt dt





Analogamente, d 1 i p = [ p, H ] = mω2 [ p, x2 ] = dt 2



 

onde se usou agora o resultado

 

[ p, x2 ] = [ p, x]x + x[ p, x] =

−i mω2x

−2i x

180

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Com isto, mostra-se que d p = dt

2

  −mω x

d2 x + ω 2 x = 0 2 dt

⇒





Dessa forma, a evolu¸caõ temporal de x é dada por

 

     

x = A cos ωt + B sen ωt

d x = dt

−ωA sen ωt + ωB cos ωt

De acordo com as condi¸cões iniciais,

       ⇒ x

p

◦

◦

= a

3/8

=0

  

d x dt

Consequentemente,

◦

=0

B=0

⇒

⇒

A = x



◦

    − x = a

e

p =

3 cos ωt 8 3 sen ωt 8



a

e) Escrevendo-se o estado do oscilador como Ψ(x, t) = c ◦ (t)φ◦ + c1 (t)φ1

onde

 

c◦ (t) = 12 e−iE ◦ t/ c1 (t) =

√ 3 2

e−iE 1 t/

obt´ em-se que as probabilidades de cada autovalor de energia s˜ ao dadas por

 

P (E ◦ , t) = c◦ (t) 2 =

1 4

P (E 1 , t) = c1 (t) 2 =

3 4

| |

| |


181

Para qualquer outro valor de energia (n = 0, 1), P (E n , t) = 0.



Apesar de os valores médios da posi¸caõ e do momentum flutuarem em torno do zero, o valor médio da energia é constante e igual a

E 

= E ◦ P (E ◦ , t) + E 1 P (E 1 , t) 1  ω 3 3 ω 5 = + =  ω 4 2 4 2 4

×

×

Um oscilador harmˆ onico unidimensional de frequência pr´ opria ω e massa m, em um campo elétrico uniforme ε, obedece ` a equa¸cao ˜ de Schr¨ odinger Exerc´ ıcio

15.7.7

−

d2 1 + mω2 x2 2 2m dx 2 2 

− qεx



φ(x) = Eφ(x)

Espectro do oscilador evidenciando o efeito Stark.

a) determine as autofun¸coes ˜ e os autovalores de energia; b) fa¸ca um gr´ afico dos n´ıveis de energia E em fun¸cao ˜ do campo elétrico ε; c) esboce o diagrama de energia, enfatizando as diferen¸cas de n´ıveis (efeito Stark) com rela¸cao ˜ ao oscilador harmˆ onico livre. a) Como foi visto no exerc´ıcio 13.5.2, é conveniente completar o quadrado no operador hamiltoniano, acrescentando e subtraindo o termo constante

182

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

q 2 /(2mω◦2 ) (já que o campo elétrico é constante), de modo que p2 1 H = + mω◦2 x2 2m 2

q 2 2 qx +  2mω◦2

−

−

q 2 2  2mω◦2

      − − =0

p2 = + 2m

m ω◦ x 2

2 q  m 2ω◦

2

q 2 2  2mω◦2

Definindo-se uma nova vari´ avel

− mωq 2 

y = x

◦

reescreve-se o hamiltoniano como 1 p2 + mω◦2 y 2 H = 2m 2

−

q 2 2  = H osc 2mω◦2

−

q 2 2  2mω◦2

Neste caso, os autovalores já foram determinados no exerc´ıcio 13.5.2 e valem n =

  1 n + 2

 ω◦

−

q 2 2  2mω◦2

Pode-se ainda raciocinar da seguinte maneira. Substituindo-se o operador hermitiano q 2 2 H H  2mω◦2

⇒ −

na equa¸caõ de Hermite, equa¸caõ (15.17), os autovalores de energia vão mudar de E E E el

⇒ −

e, consequentemente,

2 2E (E E el )  ω  ω Entretanto, a estrutura da equa¸caõ de Hermite não se altera e continua valendo que γ = 2n + 1. Logo, γ =

E

−

(2n + 1) E el =  ω 2

⇒

⇒

−

(2n + 1) E =  ω 2

−

q 2 2  2mω◦2

b) O gráfico dos n´ıveis de energia E em fun¸cão do campo elétrico ε é apresentado a seguir.

183

˜e s da equa ˜ o de Schr odinger ¨ dinger 15. Aplic Apl icac ac ¸ oes o eq uac c ¸ ao a o

c) O diagrama d iagrama de energia é esbo¸ es bo¸cado cado na figura a seguir.

c˜ cao ˜ de Schr¨ odinger para o ´ atom atomo o de de Exer Ex erc c´ ıcio ıc io 15.7 15 .7.8 .8 Escreva a equa¸

hidrogˆ hidrogênio enio

em d dimens˜ oes e mostre que: a) a solu¸c˜ cao ˜ da parte angular depende dos polinˆ omios de Gegenbauer; b) o termo term o centr cent r´ıfugo ıfug o que aparece aparece na equa¸c˜ cao ˜ radial, em vez de l de l((l + 1) 2 /r2 , é e j ( j + j + 1)  2 /r2 , onde j = l + l + (d ( d 3)/ 3)/2.

−

a) Em três es dimensões, oes, escreve-se a equa¸c˜ cao ão de Schrödinger odinger independente do tempo como

2 

− 2m ∇2ψ(r) + V + V (r (r)ψ(r) = E (r)ψ(r) e as três es coordenada co ordenadass cartesiana ca rtesianass indepen i ndependentes dentes são ao expressas em coordenadas

184

F´ısica Moderna

esf´ esféric er icas as como co mo::

  

Caruso • Oguri

x = r = r sen θ cos φ y = r = r sen θ sen φ z = r cos θ

Em um espa¸co c o com d dimensões, oes, temos um conjunto de d 1 vari´ ariaveis a´veis angu angular lares es,, tais tais que que o co conj njun unto to de coo coord rden enad adas as ca cart rtes esia iana nass indepe independ nden ente tess x1 , x2 ,...,xd−1 , xd pode ser expresso em fun¸c˜ cao aõ das coordenadas esf´ ericas ericas r,θ,φ1 , φ2 ,...,φd−3 , φd−2 pelas rela¸c˜ coes: o˜es:

{ {

}

      

−

}

x1 = r cos θ x2 = r sen θ cos φ1 x3 = r sen θ sen φ1 cos φ2 (...) ...) xd−1 = r = r sen θ sen φ1 sen φ2 ... sen φd−3 cos φd−2 xd = r sen θ sen φ1 sen φ2 ... sen φd−3 sen φd−2

Os intervalos de varia¸c˜ cao ão dessas variáveis aveis são: ao:

    −

0 < r <

∞

0 < θ < π 0 < φi < π

(i = 1, 2,...,d

− 3)

π < φd−2 < +π + π

Com esta nota¸c˜ cao, aõ, o operador laplaciano em d dimensões oes é escrito escr ito como 2 (d)

∇

∂ 2 d 1 ∂ 1 2 = 2+ + 2 L(d) ∂r r ∂r r

−

2 onde L(d) é o an´ an álogo alogo ao operador operador que, em trˆ es es dimens˜ dimens˜ oes, oes, é associado ao momento angular.

185

˜e s da equa ˜ o de Schr odinger ¨ dinger 15. Aplic Apl icac ac ¸ oes o eq uac c ¸ ao a o

A equa¸c˜ cao aõ de Schrödinger odi nger general gene ralizad izadaa obtém-se em-s e daque d aquela la em três es dimens˜ dime nsões, oes, simplesmente escrevendo o operador laplaciano em d dimensões, oes, ou seja,

∇

2 (d) ψ (r ) +

2m  2

[E



(r)] − V (r

ψ (r ) = 0

Como no caso tridimensional, faz-se uma separa¸c˜ cao aõ de variáveis aveis do tipo ψ(r) = R( R (r)Y  (θ, φ1 , φ2 ,...,φd−2 ) obtendo-se, para a parte angular, a equa¸c˜ cao aõ 2 L(d) Y  =

+ d − 2)Y 2)Y  −( + d

cujas solu¸c˜ coes o˜es estão ao associadas aos chamados polinômios omios de Gegenbauer. Para mais detalhes veja Sommerfeld, A.: Partial Differential Equations in Physics . Nova York: Academic Press, 1949 e a Table of Integrals, Series and Products , de Gradstheyn e Ryzhik, Academic Press, p. 1031. b) Em três es dimen dimens˜ sões, oes , a parte parte radi radial al R R((r) é solu¸c˜ cao aõ da equa¸c˜ cao aõ (15.91) do livro de texto. Definindo-se u(r) = rR r R(r) chega-se à equa¸c˜ cao aõ (15.93), para o caso de um potencial p otencial coulombiano, isto é



d2 u(r) 2m e2 + 2 E + +  dr2 r

2 

1) − 2m l(l + r2



u(r) = 0

Em d dimensões, oes, a fun¸c˜ cao aõ R(r) satisfaz a seguinte equa¸c˜ cao: aõ:



d2 R d 1 dR 2m e2 + + 2 E + + dr2 r dr r 

−

−

2 

l(l + d + d 2m r2

− 2)



R = 0

De modo análogo alo go ao que é feito feit o em três es dimens˜ dime nsões, oes, faz-se a escolha u(r) = r

d

−1 2

R

para eliminar termos com a derivada primeira da fun¸c˜ cao aõ de onda (note que, para d = 3, o expoente de r na equa¸c˜ cao aõ anterior é igual a 1). Sendo assim, dR = dr

− d −2 1 r

=

− d −2 1 r

−(d−1)/ 1)/2−1

−(d+1)/ +1)/2

1)/2 u + r + r −(d−1)/

1)/2 u + r + r −(d−1)/

du dr

du d u dr

186

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

e d2 R = dr2

 −   d

1

d + 1 2

2

d

− −2 1 r 1 = (d 4

−(d+1)/ +1)/2

+3)/2 r−(d+3)/ u

− d −2 1 r

−(d+1)/ +1)/2

du + dr

2 du d u −(d−1)/ 1)/2 d u + r dr dr2

− 1)(d 1)(d + 1)r 1)r

−(d+3)/ +3)/2

u

− (d − 1)r 1)r

−(d+1)/ +1)/2

2 du d u −(d−1)/ 1)/2 d u + r dr dr2

Obtém-se, em-se, assim, a seguinte equa¸c˜ cao aõ diferencial para u(r): r

1)/2 −(d−1)/



d2 u + [(d [(d dr2

1 − 1) − (d − 1)] 1r ddur + 14 (d − 1)(d 1)(d + 1) 2 u + r (d



1) 1 2m e2 u + 2 E + + 2 r2 r 

−(d − 1) −

−

2 

l(l + d + d 2m r2

−

2)



u = 0

ou, simplificando,

 −

d2 u 2m e2 + 2 E + + dr2  r

(d

3)(d − 1) l(l + d − 3)(d + d − 2) + 4r2

r2



u = 0

Introduzindo-se uma nova variável avel s tal que s =

d

−3 2

a ultima u ´ ltima equa¸c˜ cao aõ se reescreve como

 −

2

2

d u 2m e + E + +  2 dr2 r

s(s + 1) l(l + d + d + 4r2 r2

− 2)



u = 0

Definindo-se ainda j = l + l + s s os dois termos centr´ centr´ıfugos (inversamen (inversamente te proporcionais a r 2 ) passam a ter um fator multiplicativo igual a j ( j + j + 1). De fato, j( j ( j + 1) = (l + s + s)( )(ll + s + s + + 1) = l = l 2 + l( l(s + 1) + s + s((s + 1) + sl + sl = l 2 + s( s(s + 1) + l + l(2 (2ss + 1) = l = l 2 + s( s(s + 1) + l + l((d como se queria mostrar.

− 2)


187

Portanto, a equa¸caõ final para u(r), mostrando como o coeficiente do termo centr´ıfugo varia com a dimensionalidade do espa¸co, é d2 u 2m + 2  dr2

  − e2 E + r

j( j + 1) r2



u(r) = 0

Pondere se isto pode ter algo a ver com o spin . Exerc´ ıcio 15.7.9 A

equa¸cao ˜ de Schr¨ odinger pode ser obtida heuristicamente a partir do hamiltoniano cl´ assico que descreve um sistema f´ısico conservativo, H (x, p) = p2 /(2m) + V (x) = E , considerando H um operador e substituindo p i ∂/∂x e E i ∂/∂t. Entretanto, h´ a que considerar algo mais. Classicamente, por exemplo, o termo cin´ etico pode ser escrito como

→−

→

p2 1 1 = p px 2m 2m x Como x e p comutam na F´ısica Cl´ assica, o termo 1/x se cancela com x. Mas, aplicando-se a regra acima ao hamiltoniano com o termo cin´ etico escrito dessa forma, obtém-se outra equa¸cao ˜ de Schr¨ odinger. Discuta esse problema e estabele¸ca um procedimento para que essa ambiguidade seja evitada ao se aplicar a regra exposta anteriormente. Considere o termo p2 ψ 2m Substituindo-se p Schr¨ odinger,

→ −i ∂/∂x,

obt´ em-se o termo cin´ etico da equa¸ca˜ o de

−

2 

∂ 2 ψ 2m ∂x 2

Do ponto de vista clássico, a equa¸caõ abaixo é uma identidade 1 p2 = p px x Entretanto, a mesma substitui¸caõ anterior feita no termo

 

1 1 p px ψ 2m x

188

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

resulta, agora, em 1 ∂ ( i )2 2m ∂x

−

  1 ∂ x ∂x

xψ =

=

=

−

∂ 2m ∂x 2 

− 2m −



2 

−



1 ∂ψ ψ + = x ∂x

   − −   

2 

1 1 ∂ψ ∂ 2 ψ ψ + + x2 x ∂x ∂x 2

∂ 2 ψ 2m ∂x 2

2 

1 ∂ψ x ∂x

2m

1 ψ x2

novo termo

levando, assim, a uma “equa¸ caõ de Schrö dinger” diferente embora os termos de partida sejam, do ponto de vista da F´ısica Clássica, equivalentes. Evidentemente, o problema resulta do fato de que as grandezas x e p não comutam na Mecânica Quântica. Considere agora o termo

 

1 1 pxp 2m x Neste caso, a substitui¸cão p 1 ∂ ∂ ( i )2 x 2m ∂x ∂x

−

ψ

→ −i ∂/∂x dá origem a

  1 ψ x

=

=

=

=

− −

∂ x 2m ∂x 2 

∂ 2m ∂x 2 

− 2m −

− −

2 





1 1 ∂ψ ψ + = x2 x ∂x

1 ψ x

1 ψ x2

−

2 



1 ∂ψ ∂ 2 ψ + x ∂x ∂x 2

∂ 2 ψ  2 + 2m ∂x 2 2m



−

∂ψ ∂x



1 ∂ψ x ∂x



−

novo termo



1 ψ x2

 

Note que os “novos termos” s˜ ao idˆ enticos a menos do sinal. Portanto, é f´ acil verificar que a regra heur´ıstica de substitui¸cão do momentum linear pelo operador p i ∂/∂x continua levando à mesma equa¸caõ de Schrödinger desde que o operador clássico seja colocado na forma simétrica. No exemplo em quest˜ ao, deve-se partir de

→−



1 1 1 p px + pxp 4m x x



ψ

189


de modo a obter apenas o termo cin´ etico

−

2 

∂ 2 ψ 2m ∂x 2


elétron de um ´ atomo de hidrogˆ enio encontra-se em seu estado fundamental. Determine: a) a probabilidade de que o el´ etron se encontre no interior do pr´ oton cuja −15 dimens˜ ao é r 1 F = 10 m;

∼

b) a distˆ ancia mais prov´ avel entre o pr´ oton e o elétron; c) a probabilidade de presen¸ca entre 0,99 a e 1,11 a, onde a ´ e o raio de Bohr; d) a probabilidade de presen¸ca para r > 4a; e) os valores m´ edios r , r2 , x e x2 .

       

a) Sabe-se que, no estado fundamental do átomo de hidrogˆ enio, a fun¸cã o de onda é simplesmente (Tabela 15.3 do livro de texto) −r/a

ψ = ψ 100

 e

onde a = 0,529 10−8 cm é o raio de Bohr dado pela equa¸cão (12.9). N˜ ao é demais relembrar aqui que a expressão para o raio de Bohr dada no livro de texto

×

2 

a =

me2 vale somente no CGS. Para se calcular esta grandeza no SI, é necess´ ario multiplicar esta equa¸caõ pelo fator 4π◦ . De fato, neste caso obtém-se a =4

−12

× 3,14 × 8,854 × 10 × 9,11 ×

5,3 10−80 = = 5,3 10−69

×

−11

× 10

= 0,53

(1,055)2 10−68 10−31 (1,6)2 10−38

×

−10

× 10

×

×

m

A probabilidade de que o el´ etron seja encontrado entre a distˆ ancia r e r + dr do centro do próton é P (r)dr = A

2

| |

−2r/a

e

2

r dr



π



2π

sen θ dθ

0

0

dφ =

4 2 −2r/a r e dr a3

A constante de normaliza¸caõ da fun¸cão de onda, A, é determinada pela condi¸cão

 |

∞

4π A

|

2

0

e−2r/a r2 dr = 1

⇒

A =

√ 1

πa3

190

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Já a probabilidade de o el´ etron ser encontrado no interior do pr´ oton, cujas dimens˜ oes caracter´ısticas são da ordem de r◦ 10−15 m = 10−13 cm, é P ◦ =





r◦

4 P (r)dr = 3 a

0



r◦

e−2r/a r2 dr

0

A resolu¸cão desta integral é direta. Seja I =



r◦

e−2r/a r2 dr

0

Fazendo u = r 2

⇒ du = 2r dr e dv = e I =

−r/a

dr

⇒ v = −(a/2)e

  −   −     − −  a 2 −2r/a r◦ r e + a 2 0

r◦

−2r/a

,

e−2r/a r dr

0

Integrando novamente por partes, I =

−

a2 −2r/a r◦ a2 re + 2 2 0

a 2 −2r/a r◦ r e 2 0

ou ainda,

r◦

e−2r/a dr

0

r◦ ar a3 −2r/a r◦ −2r/a I = (r + a)e e 2 4 0 0 Tomando-se o limite r◦ e multiplicando-se esta integral por 4π, proveniente da integra¸ ca˜ o da parte angular da fun¸cão de onda, obt´ em-se a normaliza¸caõ j´ a citada.

→ ∞

Com o resultado anterior, pode-se escrever P ◦ como 2 P ◦ = 2 a

−

2

r◦

ou P ◦ = 1

− ar − ◦

−



a2 −2r◦ /a e 2

−

−  a2 2

2 a2



r◦ r◦2 −2r◦ /a 1+2 +2 2 e a a

 1,9 × 10 5), − P  1 − e 2r◦ /a = 1 − e 3,8 10 = 1 − 0,999962 = 3,8 × 10 5 −

Logo, considerando que a >> r◦ (a/r◦ ◦

−

−

×

−

Portanto, P ◦ = 0,0038%

5


191

b) A distribui¸caõ de probabilidade radial pode ser expressa como 4r2 −2r/a ρ(r) = 3 e a Assim, a distância mais prov´ avel entre o próton (na origem) e o elétron é dada pela condi¸cão de máximo da distribui¸caõ radial, ou seja, por dρ 4 = 3 dr a



2r

−

2r2 a



e−2r/a

⇓

r = a isto é, a distˆ ancia mais prov´ avel de se encontrar o elétron no átomo de hidrogênio corresponde ao raio de Bohr. A fun¸cão ρ(r) está esbo¸cada na figura a seguir.

c) A probabilidade de presen¸ca entre 0,99a e 1,11a é dada por 

P

 − −

4 = 3 a

1,11a

0,99a

4 = 3 a

=

e−2r/a r2 dr

2

ar (r + a) 2

r2

−



a3 4



e−2r/a

r + 2 + 1 e−2r/a 2 a a

 

 

1,11a

0,99a

1,11a

0,99a

192

F´ısica Moderna

ou P 

Caruso • Oguri

    1+2

r a

1,11a

e−2r/a

0,99a

− (1 + 2 × 1,11) e 2,22 + (1 + 1,98) e = −3,22 × 0,1086 + 2,98 × 0,138 =

−1,98

−

=

−0,3497 + 0,4115 = 0,0618

P  = 6,2 %

⇒

d) A probabilidade de presen¸ca para r > 4a é obtida da integral 

P

 −

∞

4 = 3 a =

e−2r/a r2 dr

4a

r2



r 1 + 2 + 2 2 e−2r/a a a

= [1 + 8 + 32] e−8 = 41

 

∞

4a

× 0,000335 = 0,0137

Logo, P  = 1,37 % e) O valor médio de r é dado por

   ∞

r = 4a Fazendo u = (r/a)3 resulta

0

r a

3

−2r/a

e

⇒ du = 3(r/a)2 e dv = e

 r a

d

−2r/a

dr

−2r/a

⇒ v = −(1/2)e

                             1 r 2a

r = 4a

0

3

−2r/a

e

∞

3 + 2

∞

0

r a

2

e−2r/a d

r a

=0

Integrando novamente por partes,

r = 3a

1r 2a

2

0

e−2r/a

+3

∞

=0

∞

0

r a

r 3 = ae −2r/a e−2r/a d 2 a

0

∞

,

193


donde

r = 32 a

O valor médio r2 é

 

  

  × ×         × × ×  × ×        × × ×     ∞

r2

 

2

= 4a

0

2

= 4a

2

= 4a

2

= 4a

4 2

r a

4

e

−2r/a

r d = 4a2 a

∞

3 2

r a

0

∞

4 2

3 2

2 2

0

4 2

3 2

2 2

1 2

2

4 2

e−2r/a d

r a

∞

0

r a

3

e

−2r/a



d

r a

r a

r a

e−2r/a d

∞

e−2r/a d

0

r a

Como a u ´ ltima integral vale 1/2, segue-se que

r2 = 3a2 O valor médio de x é dado por

  

x r 2 ψ(r)

x =

|

|2 sen θ drdθdφ

onde x = r sen θ cos φ. Assim,



     π

∞

x =

r

3

0

2

| ψ(r) |

dr

2π

cos φ dφ

0

sen2 θ dθ

0

⇒ x = 0

=0

Por outro lado,

x2 = =

    |

x2 r2 ψ(r)

∞

0

r4

ψ(r)

|

2

|

|2 sen θ drdθdφ

  ⇒       π

dr

2π

2

cos φ dφ

0

sen3 θ dθ

0

=π/2

=0

x2 = 0

194

F´ısica Moderna


     

    

Caruso • Oguri

que:

a) Lx , z = b)

−i y Ly , z = −i x

c) Lx , y = i z d) Ly , x =

−i z

e) L2 , z = 2i (xLy 2

 

− yLx − i z)

f) L , L2 , z = 2 2 (zL2 + L2 z)  0 g) r L =

·

Neste exerc´ıcio utiliza-se a fórmula do momento angular em coordenadas cartesianas e suas componentes, bem como as rela¸cões de incerteza [xi , p j ] = i  δi j

a) [Lx , z] = [ypz

− zpy , z] = [ypz , z] − [zpy , z] = y[ pz , z] = −i y

b) [Ly , z] = [zp x

− xpz , z] = [zpx, z] − [xpz , z] = −x[ pz , z] = i x

c) [Lx , y] = [ypz

− zpy , y] = [ypz , y] − [zpy , y] = −z[ py , y] = i z

d) [Ly , x] = [zp x

− xpz , x] = [zpx, x] − [xpz , x] = z[ px, x] = −i z

e) Parte-se de

[L2 , z] = [L2x , z] + [L2y , z] + [L2z , z]

que é ainda igual a [L2 , z] = L x [Lx , z] + [Lx , z]Lx + Ly [Ly , z] + [Ly , z]Ly + Lz [Lz , z] + [Lz , z]Lz O comutador [Lz , z] = 0 e os demais foram calculados nos itens anteriores.


195

Portanto, [L2 , z] = L x ( i y )+( i y )Lx +Ly (i x)+(i x)Ly = i ( Lx y yLx +Ly x+xLy )

−

−

− −

´ u E ´ til escrever Lx y = L x y yLx + yL x = [Lx , y] + yLx = i  z + yL x

−   =0

Analogamente, Ly x = L y x xLy + xLy = [Ly , x] + xLy =

−  

−i z + xLy

=0

Levando estes resultados na equa¸cão anterior, obtém-se [L2 , z] = i  (2xLy

− i z − 2yLx − i z)

ou [L2 , z] = 2i (xLy

− yLx − i z)

f) Usando o resultado do item anterior, 2

2

[L , [L , z]] =

 

2i [L2 , xLy ]

−

[L2 , yL

x]



i [L2 , z]

− = 2i [L2 , x]Ly + x[L2 , Ly ] − [L2 , y]Lx − y[L2 , Lx ] −i (L2z − zL2)



Cada componente do momento angular comuta com L2 , ou seja, [L2 , Lx ] = [L2 , Ly ] = 0. Os quatro termos restantes podem ser escritos explicitamente da forma [L2 , [L2 , z]] = 2i (yLz

− zLy − i x)Ly − 2i (zLx − xLz − i y)Lx − i (L2z − zL2) {



196

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

ou [L2 , [L2 , z]] =



−2

2yLz Ly

− L2z + zL2



−2

2yLz Ly

−L2z + zL2 =

   

2 2 2 −2z(L2 x +Ly +Lz )+2zL x

+2xLz Lx

=

−2zL2y − 2zL2x −2i xLy + 2i yLx+

− 2i xLy + 2xLz Lx + 2i yLx + 2zL2z − 2zL2+



−2 (zL2 + L2z) − 4 2

  −   −  (yLz

i x) Ly + (xLz

Lz y

+ zL z Lz =



i y ) Lx +

Lz x

−2 (zL2 + L2z) − 4 2 {Lz yLy + Lz xLx + Lz zLz }



Assim,



 Lz ( r ·L)=0



[L2 , [L2 , z]] = 2 2 (zL 2 + L2 z)

g) Finalmente,  = xLx + yL y + zL z = x(ypz r L

·

− zpy ) + y(zpx − xpz ) + z(xpy − ypx) = (xy − yx) pz − (xz − zx) py + (yz − zy) px = 0

197


(para k =


 

∞

k

r  = O exerc´ıcio pede que se calcule

−3, −2, −1, 1 e 2)

∗ Rn,l r k Rn,l r 2 d r

0

∞

j

r  = Rn r j Rn r2dr 0 para os seguintes valores: j = −3, −2, −1, 1 e 2. ∗

Sabe-se que a fun¸caõ de onda radial do átomo de hidrogênio é Rn (r) = (2α)

3/2



(n  1)! 2n[(n + )!]3

− −



1/2

e−ξ/2 ξ 

L2+1 n  1 (ξ ) − −

com ξ = 2αr e α = (na)−1 . Devem-se, portanto, calcular termos do tipo j

r  = (2α)

3



(n  1)! 2n[(n + )!]3

− −

onde r =

 

∞

e−ξ ξ 2 r j+2

0

ξ 2α

⇒ ⇓

dr =

2+1 L2+1 n  1 (ξ ) Ln  1 (ξ ) dr − −

− −

dξ 2α

1 ξ j+2 j+2 (2α)

r j+2 = Assim, j

r 



(n  1)! = 2n[(n + )!]3

− −

  1 (2α) j

∞

e−ξ ξ 2+ j+2

0

2+1 L2+1 n  1 (ξ ) Ln  1 (ξ ) dξ − −

− −

Logo, as integrais que devem ser calculadas são do tipo



∞

I j =

e−x x(2+1)+ j+1 (

0

2 L2+1 n  1 ) dx − −

´ conveniente utilizar a nota¸caõ mais simples E 2 + 1 n  1

→k − − →m

para uma compara¸caõ mais direta com as equa¸cões (15.118) do livro de texto. Em termos dos ´ındices k e m, I j m! r j  = (m + k + 1)[(k + m)!] 3 (2α) j

198

F´ısica Moderna

onde

Caruso • Oguri



∞

I j =

e−x xk+ j+1 (

Lkm)2 dx

0

As integrais correspondendo a j = 3 e j = 2 s˜ ao dadas explicitamente nas equa¸co˜es (15.118), enquanto para j = 1, a resposta está na equa¸caõ (15.117). Portanto, para os valores negativos de j, tem-se, respectivamente,

− −

  

−

k 2 m ) dx =

(2m + k + 1)[(m + k)!]3 m!k(k2 1)

k 2 m ) dx =

[(m + k)!]3 m!k

∞

I −3 =

−x

e

k −2

x

(

0

L

∞

I −2 =

−x

e

k −1

(

k

k 2 m ) dx =

x

0

L

[(m + k)!]3 m!

∞

I −1 =

−x

e

x (

0

−

L

Assim, podem-se calcular todos os valores m´ edios das diferentes potências negativas de r propostas, usando as equa¸co˜es anteriores e substituindo os ´ındices k e m em termos de n e . Para j = −3

r 

−3,

   −−  − − − −     − −  

na = 2

ou

r

−3

(n  1)! 2n[(n + )!]3

na = 2

−3

−3

(2n

2 + 2 + 2)[(n  1 + 2 + 1)!]3  1)!(2 + 1)[(2 + 1)2 1]

2 (n

(n  1)! 2n[(n + )!]3

(n

− −

−

2n[(n + )!]3  1)!(2 + 1)4( + 1)

− −

ou ainda −3

r 

 

1 na = 4(2 + 1)( + 1) 2

Para j =

−3

1 1 ⇒ r 3 = ( + 1)( + 1/2) n3 a3 −

−2, −2

r  ou −2

r 

 

na = 2

−2

1 = 2n(2 + 1)

(n  1)! 2n[(n + )!]3

− −

  na 2

−2



[(n  1 + 2 + 1)!]3 (n  1)!(2 + 1)

− − − −

⇒ r 2 = ( +11/2) n31a2 −

199


e, para j =

−1,

    − −   − −     ⇒  r

ou

−1

r

na = 2

1 = 2n

−1

(n  1)! 2n[(n + )!]3

−1

na 2

−1

[(n + )!]3 (n  1)!

r −1 =

1 n2 a

Para j = +1 e j = +2 devem-se calcular, respectivamente, as seguintes integrais:

 

∞

I 1 =

e−x xk+2 (

Lkm)2 dx

0

∞

I 2 =

e−x xk+3 (

Lkm)2 dx

0

Para resolver estas duas integrais, pode-se utilizar uma rela¸caõ de recorrência para os polinˆ omios associados de Laguerre, km , na qual aparece um produto x km em fun¸cão de outros termos que não dependem de x. Isto vai permitir, interadamente, que se reduza a ordem da potência dos termos xk+i que aparece no integrando, até podermos utilizar a rela¸cão de ortonormalidade dos polinˆ omios de Laguerre

L

L



∞

e

−x

k

x

0

k k m (x) n (x) dx =

L

L

[(m + k)!]3 δ mn m!

para resolver as integrais. A rela¸caõ em questão geralmente é dada na literatura na forma: (m + 1)Lkm+1 = (2m + k + 1

− x)Lkm − (m + k)Lkm

−1

No entanto, é preciso estar atento, pois esta rela¸cão vale para os polinˆ omios definidos com uma normaliza¸cão diferente da adotada no livro de texto. De fato, 1 x −k dm k Lm (x) = e x e−x xm+k m m! dx





enquanto adotamos k m (x)

L

1 x −k dm = ( ) (m + k)! e x e−x xm+k m m! dx

−

k

⇓





200

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

( )k = (m + k)!

−

Lkm (x)

Lkm(x)

Portanto, a f´ ormula de recorrˆ encia correta para nossa normaliza¸caõ é (m + 1) (m + k + 1)

Lkm+1 = (2m + k + 1 − x)Lkm − (m + k)2Lkm

−1

Dela, tira-se que (m + 1) k Lkm = (2m + k + 1) Lkm − (m + k)2 Lkm 1 − (m + k + L 1) m+1

x

−

Com esta rela¸caõ, pode-se resolver a integral



∞

J 0 =



∞

−x

k+1

e

x

0

 

(

k 2 m ) dx =

L

e−x xk x

0

∞

e

k

x (

0

−

 ⇓  ∞

−x

J 0 = (2m + k + 1) (m + 1) (m + k + 1)

Lkm Lkm dx

k 2 m ) dx

L

− (m + k)

∞

e−x x

0

2

e−x x

0

Lkm 1Lkm dx + −

Lkm+1Lkm dx

os dois u ´ ltimos termos são nulos pela condi¸cão de ortogonalidade. Assim, [(m + k)!]3 J 0 = (2m + k + 1) m! que é a primeira das equa¸cões (15.118). Quando j = 1, é preciso calcular a integral



∞

J 1 =



∞

−x

k+2

e

x

0

(

k 2 m ) dx =

L

e−x xk+1 (x

0

Lkm)Lkm dx

Lkn) pela rela¸caõ de recorrência anterior, temos:

Substituindo o termo (x



∞

J 1 = (2m + k + 1)J 0 (m + 1) − (m + k + 1)

2

− (n + k)



∞

0

e−x xk+1

e−x xk+1

0

LkmLkm+1 dx

LkmLkm

−1

dx

201


Repetindo a substitui¸caõ do termo (x

Lkn), obtém-se

 ×

∞

J 1 = (2m + k + 1)J 0

− (m + k)

− (m + k)2(Lkm

2

e

−x



k

x

(2m + k + 1)

0



−

  ∞

−1

+

(m + 1) − (m + k + dx + 1) Lkm+1 Lkm e x x (2m + k + 1) Lkm Lkm+1 +

2 −1 )

(m + 1) (m + k + 1)

LkmLkm

−

0

− (n + k)2Lkm 1Lkm+1 − −

(m + 1) ( (m + k + 1)

Lkm+1)2



dx

As quatro integrais que envolvem dois polinˆ omios com ´ındices inferiores diferentes são nulas, pela ortogonalidade destas fun¸co˜es e, portanto,



∞

J 1 = (2m + k + 1)J 0 + (m + k) +

(n + 1)2 (n + k + 1) 2



4

e−x xk (

0

∞

e−x xk (

0

Lkm

−1

)2 dx +

Lkm+1)2 dx

Usando a condi¸caõ de normaliza¸caõ, chega-se a J 1 = (2m + k + 1)

2 [(m + k)!]

3

+ (m + k) m! (n + 1)2 [(m + k + 1)!]3 + (n + k + 1) 2 (m + 1)!

− 1)!]3 + (m − 1)!

4 [(m + k

ou seja, [(m + k)!]3 J 1 = (2m + k + 1) 2 + m(m + k) + (m + 1)(m + k + 1) m!





Em termos dos ´ındices originais n e , J 1 = = =

[(n + )!]3 4n2 + (n + )(n  1) + (n )(n +  + 1) (n l 1)! [(n + )!]3 [4n2 + n2 + n n 2 n  + n2 nl + nl (n l 1)! [(n + )!]3 [(n + )!]3 2 2 [6n 2 2] = 2 [3n ( + 1)] (n l 1)! (n l 1)!

− −



− −

− − − −

− − − −

−

−

−

− −

−

−



−  + n − ]

202

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Donde 1

r 

 

na = 2

(n  1)! 2n[(n + )!]3

− −

×

2[(n + )!]3 [3n2 (n  1)!

− −

− ( + 1)]

⇓ 1

r 

a = 3n2 2



− ( + 1)



Analogamente, para j = 2,



∞

J 2 =



∞

−x

e

k+3

x

(

0

k 2 m ) dx =

L

e−x xk+1 (x

0

Lkm)Lkm dx

Substituindo o termo (x km ) pela mesma rela¸cão de recorrˆ encia usada anteriormente, pode-se escrever

L



∞

J 2 =

−x

e

k+2

x

0

−

(m + 1) (m + k + 1)



(2n + k + 1)

Lkm+1

L

Lkm − (m + k)2Lkm

−1

+

k m dx

ou J 2 = (2n + k + 1)J 1

(m + 1) − (m + k)2A − (m + k + B 1)

com

 

∞

A =

e−x xk+2

LkmLkm

e−x xk+2

LkmLkm+1 dx

0

e

−1

dx

∞

B=

0

Nas integrais A e B expressa-se, mais uma vez, o termo ( x km ) em fun¸cão dos outros que não dependem de x, reduzindo assim as integrais a outras que

L

203


s´ o dependerão da potência x k+1 no integrando. Chega-se, portanto, a` expressão



∞

J 2 = (2m + k + 1)J 1



2

− (m + k) (2m + k + 1)

xk+1

0

LkmLkm

−1

dx

(m + k)2 (m + 1) +(m + k) x ( (m + k + 1) 0 ∞ (m + 1)(2m + k + 1) ∞ k+1 k+1 k k x x m+1 m−1 dx (m + k + 1) 0 0 ∞ (m + 1)2 (m + k)2 (m + 1) k+1 k 2 + x ( m+1 ) dx + (m + k + 1) 2 0 (m + k + 1) ∞

4

 ×  × 0

k 2 m−1 ) dx +

L

L L

−



L

∞

xk+1

k+1

Lkm+1Lkm

−1

×



Lkm+1Lkm

×

dx

Todas as integrais envolvidas aqui já foram calculadas anteriormente. Para resolver as duas que envolvem o termo km+1 km−1 , basta lembrar da equa¸cão de recorrência (m + 1) k x km = (2m + k + 1) km (m + k)2 km−1 (m + k + 1) m+1 para escrever

L

L

L

L −

L

−

L

(m + 2) k Lkm+1 = (2m + k + 3)Lkm+1 − (m + k + 1)2Lkm − (m + k + L 3) m+2 Como estes termos estão multiplicados por Lkm 1 na integral J 2 acima, concluix

−

se que estas duas integrais são nulas. Logo, J 2

[(m + k 1)!]3 = (2m + k + 1)J 1 + (m + 4) (2m + k + 2)(2m + k 1) (m 1)! (m + 1)2 [(m + k + 1)!]3 + (2m + k + 2)(2m + k + 3) (m + k + 1) 2 (m + 1)! 4

−

− −

ou ainda J 2

[(m + k)!]3 = (2m + k + 1)J 1 + (2m + k + 2) m! [(m + k)(2m + k 1)m + (m + 1)(2m + k + 3)(m + k + 1)]

×

×

−

Em termos dos ´ındices n e  tem-se J 2 =

2[(n + )!]3 6n3 2n( + 1) + [(n2 (n  1)! +[(n2 2 ) + n ](2n + 1)

− − −



− −



− 2) − n − ](2n − 1)+

204

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Finalmente, 2

r 

n2 a2 = 5n2 + 1 2



− 3( + 1)



Cabe mencionar que outras potências foram calculadas por Kjell Bockasten, “Mean values of powers of the radius for hydrogenic electron orbits”, Physical Review A9, n. 3, p. 1087-1089 (1974). Neste artigo é dada uma f´ ormula de recorrência u ´ til para os raios no átomo de hidrogênio (Z = 1), a saber:

r v´ alida para 

−( p+2)

=

 

2 p+1

2 na

(2 p)! r( p−1) (2 + p + 1)!

−





≥ p/2.

Outra rela¸caõ u ´ til, encontrada no livro Arfken & Weber, F´ısica Matem´ atica , Rio de Janeiro: Elsevier, 2007, p. 640, é (para j 2 1):

≥ − −

j + 2 j+1 r n2



 − (2 j + 3)ar j  + j +4 1



(2 + 1)2



− ( j + 1)2 a2r j 1 = 0 −

os valores m´ edios de px , py e pz nos estados l = 1 e m = 0, 1 do ´ atomo de hidrogˆ enio. Exerc´ ıcio 15.7.13 Calcule

     

±

Sabe-se que px = p sen θ cos φ py = p sen θ sen φ pz = p cos θ Os valores médios que devem ser calculados são

 px = p  py  = p  pz  = p

  

∗ Y m sen θ cos φ Y m dΩ

∗ Y m sen θ sen φ Y m dΩ

∗ Y m cos θ Y m dΩ

205


O valor médio da componente px é

    × px

2 + 1 ( m )! = p 4π (+ m )! 2π

 

−| | × | |

π

0

P m (cos θ)sen θP m (cos θ) dcos θ

×

e−imφ cos φ eimφ dφ

0

Como a integral em φ é igual ao sen φ e os limites de integra¸caõ são 0 e 2π, segue-se que px = 0.

 

Para py , tem-se

    × py

2 + 1 ( m )! = p 4π (+ m )! 2π

 

−| | × | |

π

0

P m (cos θ)sen θP m (cos θ)dcos θ

×

e−imφ sen φ eimφ dφ = 0

0

Agora a integral em φ é igual ao cos φ, que também é nula de 0 a 2π. Portanto,

 px =  py  = 0 Como pz não depende de φ, a integra¸caõ nesta variável é igual a 2π, restando

 

 pz 



2 + 1 ( m )! = 2πp 4π (+ m )!

 

−| | × | |

π

0

P m (x) x P m (x) dx

Usando a equa¸cão de recorrência (15.80), xP m =

(

− m + 1) P m + ( + m) P m 2 + 1

+1

2 + 1

−1

pode-se reescrever a última integral como uma soma de duas outras. Uma vez que



+1

P m (x)P m (x)

∝ δ  1 e como os dois termos da integral em x de  pz  envolvem os valores  segue-se que  pz  = 0 −



= 

± 1,

206

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Exerc´ ıcio 15.7.14 Considerando



os polinˆ omios de Legendre, mostre que

+1

P l (x)Gk (x) dx = 0

−1

para todo polinˆ omio G(x) de ordem k < l. De fato, como os polinˆ omios de Legendre formam uma base completa, pode-se expressar G(x) como uma superposi¸caõ de P  (x) da forma k<

Gk (x) =



an P n (x)

n=0

o que transforma a integral anterior em k<

 

k<

+1

an

−1

n=0

P  (x)P n (x) dx =



an δ n

n=0

Como no somatório todos os valores de n são menores do que , segue-se que a integral proposta é nula. Exerc´ ıcio 15.7.15 A

equa¸cao ˜ diferencial





d dy A(x) + [λB(x) + C (x)] y = 0 dx dx é chamada de equa¸cao ˜ de Sturm-Liouville. Mostre que as equa¸coes ˜ do oscilador harmˆ onico simples, de Hermite, de Legendre e de Laguerre podem ser escritas nesta forma geral. a) equa¸cao ˜ de Hermite A equa¸caõ de Hermite foi escrita no livro de texto como d2 H dx2

+ (γ − 1)H = 0 − 2x dH dx

onde γ 1 = 2n, com n inteiro. Por outro lado, a equa¸caõ de Sturm-Liouville é

−





d dy + [λB(x) + C (x)]y = 0 A(x) dx dx que pode ainda ser escrita como d2 y 1 dA dy 1 + + [λB(x) + C (x)]y = 0 dx2 A dx dx A

207


Comparando com a equa¸cão de Hermite, 1 dA = A dx

−2x

dA = A

⇒

−2x dx

A(x) = e −x

⇒

2

Segue-se ainda, por compara¸caõ direta, que C = 0 e λ = 2n. De uma forma mais geral, o que foi feito foi o seguinte. Tem-se a equa¸cão de Hermite da forma y  2xy + 2ny = 0

−

Para uma equa¸caõ do tipo y + α(x)y  + β (x)y = 0 pode-se buscar o chamado “fator de integra¸cão”, g(x), tal que d g(x)[y  + α(x)y ] = [g(x)y ] = gy  + dx ou

dg = gα(x) dx

⇒

Logo, g(x) = exp

  dg dx

y

dg = α(x)dx g

  α(x)dx

No caso da equa¸caõ de Hermite, α(x) =

−2x

⇒

g = e −x

2

b) oscilador harmˆ onico simples Sua equa¸caõ é

d2 ψ 2 + (γ x )ψ = 0 dx2 Neste caso, a compara¸caõ com a equa¸caõ de Sturm-Liouville é direta, obtendo-se

−

A(x) = 1;

λ = γ ;

B(x) = 1;

C (x) =

−x2

e a equa¸caõ do oscilador na forma de Sturm-Liouville se escreve

 

d 2 2 e−x H n + 2ne−x H n = 0 dx

208

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

c) equa¸cao ˜ de Laguerre Os polinˆ omios ordin´ arios de Laguerre satisfazem a equa¸caõ (15.106) do livro de texto com k = 0, ou seja, (1

xy +

− x) y



x

+ ny = 0

Neste caso, o fator de integra¸caõ é g = exp

 −   1 dx x

dx = e ln x e−x = xe −x

Na forma de Sturm-Liouville, a equa¸caõ de Laguerre fica d ex−x dx



 L 

n

+ ne−x

Ln = 0

d) equa¸cao ˜ de Legendre No caso da equa¸cão de Legendre (1

− x2)y − 2xy + ( + 1)y = 0 



o fator de integra¸caõ é identificado imediatamente, pois d (1 dx

− x2) = −2x

Portanto, a equa¸caõ de Legendre escrita na forma de Sturm-Liouville é d [(1 dx

− x2)P  ] + ( + 1)P  = 0 

Só a t´ıtulo de completeza, outras duas equa¸co˜es diferenciais importantes na F´ısica podem ser escritas como casos particulares da equa¸cão de SturmLiouville. S˜ ao elas: a equa¸caõ de Bessel

  −

d dy x + dx dx



ν 2 + n2 x y = 0 x

e a equa¸caõ de Chebyshev, d dx

 −  1

x2

dy + dx

n2 y = 0 2 1 x

√ −


209

Exerc´ ıcio 15.7.16 Sabendo

que a fun¸cao ˜ de onda para uma part´ıcula livre movendo-se ao longo do eixo-z, com momentum  k, pode ser expressa como: ψ = e

ikz

=

  i

4π(2 + 1) j (kr)Y 0

i

onde j s˜ ao fun¸coes ˜ de Bessel e Y 0 , os harmˆ onicos esféricos. Lembrando que Y 00 =

Y 20 =

1 2

calcule a integral

√ 14π

 

5 (3cos2 θ 4π

( k)2

− 1)

ψ sin2 θ dΩ

O objetivo deste exerc´ıcio é explicitar sen θ em termos dos harmônicos esféricos, reduzindo a integral a` utiliza¸caõ das propriedades de ortonormalidade dos harmônicos esféricos. Sabe-se que Y 00 =

√ 14π

Y 20 =

1 2

√ 54π (3 cos2 θ − 1)

Mas usando a identidade cos2 θ = 1 Y 20 = ou



1 2

− sen2 θ pode-se escrever

√ 54π (2 − 3sen2 θ) √

4π Y 20 = 2 4π Y 00 5

2



ou ainda explicitar sen2 θ

√

2 sen2 θ = 4π 3



Y 00

− 3sen

2

1 Y 20 5

− √

θ





Deste modo, a integral que se deseja calcular pode ser escrita como

210

F´ısica Moderna

I = ( k)

2



2

ψ sen θ dΩ =

Caruso • Oguri

√

2 4π ( k)2 3

  ×

 

Y 0 Y 00

i

4π(2 + 1) j (kr)



1 Y 20 5

− √



×

dΩ

Os harmônicos esféricos são normalizados de modo que

  π

0

2π

0

Y m Y ∗ m dΩ = δ  δ mm

Em geral, em um problema deste tipo, deve-se usar também a propriedade ∗ Y m (θ, φ) = ( 1)m Y −m (θ, φ)

−

Como neste exerc´ıcio m = 0, apenas os termos  = 0 e  = 2 contribuem. Assim, 2 4π ( 1) ( k)2 4πj 0 (kr) + i2 4π 5 j2 (kr) 3 5

√

√

√ ×

− × √



ou, finalmente, 8π ( k)2 [ j0 (kr) + j2 (kr)] 3


que um el´ etron no campo coulombiano de um pr´ oton se encontra em um estado descrito pela seguinte fun¸cao ˜ de onda ψnm (r): 1 [2ψ100 (r) + 3ψ211 (r) 4

− ψ210(r) +

√

2ψ21−1 (r)].

Calcule o valor esperado de L2 . Seja a fun¸caõ de onda



1 2ψ100 + 3ψ211 ψ = 4

− ψ210 +

√

2ψ21−1



As dependências angulares de ψ são dadas pelos seguintes harmônicos esféricos:



1 ψangular = 2Y 00 + 3Y 11 4

− Y 10 +

√

2Y 1−1



211


Deste modo,

ψ | L2 | ψ

=



1 2 Y 00 L2 Y 00 + 3 Y 11 L2 Y 11 16

√

| |   | |  − Y 10 | L2 | Y 10 +

+ 2 Y 1−1 L2 Y 1−1

ψ | L2 | ψ

=



| |





1 2 Y 00 L2 Y 00 + 3 Y 11 L2 Y 11 16

√

| |   | |  − Y 10 | L2 | Y 10 +

+ 2 Y 1−1 L2 Y 1−1



| |



Todos os termos cruzados são nulos, já que os harmônicos esféricos formam um conjunto ortonormal completo. Lembrando que L2 Y m =  2 ( + 1)Y m e

Y  m | Y m = δ  δ mm

chega-se a

2 

2

ψ | L | ψ = 16 [2 × 0 + 3 × 2 + 1 × 2 + 2 × 2] ou seja,

ψ | L2 | ψ = 34  2 Exerc´ ıcio 15.7.18 Mostre





que

2

(l + l + 1) + (l



− l)

2

  −



1 = (l + l + 1) (l



 − l)

2

Sabe-se que

 

λ =  2 ( + 1)

± λ =  2[ ( + 1) ± ( + 1)]

= λ =  2  ( + 1)



λ

⇒ ⇓



− λ)2 =  4[ 2( + 1)2 + 2( + 1)2 − 2 ( + 1)( + 1)]

(λ









212

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Por sua vez, (λ

− λ)2 = 2 2(λ + λ) = 2 4[ ( + 1) + ( + 1)] 





e, portanto, 2 ( + 1) + 2( + 1) =  2 ( + 1)2 + 2 ( + 1)2





− 2 ( + 1)( + 1)

ou ainda 22 + 2 + 22 + 2 =  2 (2 + 2 + 1) + 2 (2 + 2 + 1)







− 2 (  +  +  + 1)

O termo do lado esquerdo da equa¸caõ anterior pode ser escrito como ( +)2

2( +)

       −  −   

22 + 2 + 22 + 2 =  2 + 2

2  1 + 1 + 2  + 2 + 2 + 2 + 2

( −)2

( ++1)2

= ( +  + 1)2 + (

− )2 − 1

Já o termo do lado direito desta mesma equa¸cão pode ser escrito como 4

− 2 22 + 4 + 2 3 − 2 2 − 2 2 + 23 +  2 − 2  + 2 



    (2 −2 )2

Logo,

( +  + 1)2 + (

− )2 − 1









2(2 −2 )( −)

= (2

−  2 )2



    ( −)2

+2 (2

− 2) ( − ) + ( − )2 

      [( +)( −)]2

( +)( −)

= [( + )2 + 2( + ) + 1]( = ( +  + 1)2 ( Assim,

( +  + 1)2



− )2

− )2

− 1 = [( +  + 1)2 − 1]( − )2 ⇓ [( +  + 1)2 − 1][( − )2 − 1] = 0 







donde 

−  = ±1

⇒

 = 

±1

( = 0, 1, 2, 3,...)

16

A equa¸ c˜ ao de Dirac: o spin do el´ etron e o p´ ositron Mostre que o n´ umero m´ aximo de el´ etrons que pode ser acomodado em uma camada associada a um n´ umero quˆ antico n é igual a 2n2 . Exerc´ ıcio 16.9.1

No estado caracterizado pelos n´ umeros quânticos n = 1,  = 0 e m = 0, no orbital mais simples, frequentemente chamado de orbital ou camada K , podem se acomodar apenas 2 elétrons, que diferem entre si apenas no spin. No estado seguinte (n = 2), a camada L, podem haver 2 el´ etrons no orbital s e 6 no orbital p, em um total de 8 elétrons e assim sucessivamente. A generaliza¸cão é imediata: para uma camada rotulada pelo n´ umero quântico n, o n´ umero máximo 2 de elétrons que pode ser acomodado é 2 × n , sendo o fator 2 associado aos dois poss´ıveis estados de spin do elétron. Este resultado, apresentado em 1924 por Edmund Clifton Stoner (1899-1968) no artigo “The Distribution of Electrons among Atomic Levels”, Philosophical Magazine , Series 6, volume 48, n. 286, p. 719-736, é conhecido como regra de Stoner . Exerc´ ıcio 16.9.2 Calcule

os autovalores das matrizes de Pauli.

As matrizes de Pauli, σx , σy , σz , s˜ ao dadas por: σx =

0 1 1 0

; σy =

0

i −i 0



; σz =

Os autovalores das matrizes σi são dados por det | σi − λI |= 0 213

1

0 0 −1



214

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

sendo I a matriz identidade. A solu¸caõ será obtida da fun¸cão caracter´ıstica que se escreve, em geral, como c(λ) ≡ det | A − λI |= 0 onde A é um operador linear que atua sobre um certo espa¸co vetorial. Assim, para σx ,

 −λ det  1

x

1 −λx

 =0

i −λy

 =0

⇒

λ2x − 1 = 0

⇒

λx = ±1

⇒

λ2y + i2 = 0

⇒

λy = ±1

Para σy ,

 −λ det  −i

y

e, para σz ,

 1 − λ det  0

z

0 −1 − λz

donde

 =0

−(1 + λz )(1 − λz ) = λ 2z − 1 = 0

⇒

λz = ±1 Portanto, todas as matrizes de Pauli tˆ em autovalores iguais a ±1. Determine os autoestados da terceira componente do operador de spin S z = ± /2. Exerc´ ıcio

16.9.3

A matriz S z pode ser escrita como 



S z = ± σ z = ± 2 2

1

0 0 −1



Assim, basta calcular os autoestados u1 e u2 de σz . Para λ = 1, tem-se

1

0 0 −1

 a   a  b

=1

o que implica que

 a = a  b = −b

⇒ b = 0

b

˜ o de Dirac: o spin do el ´ ´sitron 16. A equac ¸a e tron e o po

215

Escolhendo a = 1, obtém-se

1

u1 =

0

Analogamente, para λ = −1, deve-se obter

 a = −a  b = b

⇒ a = 0

Logo,

0

u2 =

1

Sendo assim, os autovetores de S z são u1 =


1 0

; u2 =

0 1

a configura¸cao ˜ eletrˆ onica do alum´ınio ( Al) e do

Argˆ onio ( Ar). O alum´ınio (Al13 ) possui 2 elétrons na camada K , 8 na L e 3 na M , assim distribu´ıdos: 1s2 2s2 2 p6 3s2 3 p1 . J´ a o argˆ onio (Ar18 ), que é um gás nobre, tem uma distribui¸caõ eletrônica que difere da do alum´ınio na u ´ltima camada, na 2 2 6 2 6 qual ele possui 8 el´ etrons, ou seja, 1s 2s 2 p 3s 3 p . Exerc´ ıcio 16.9.4 Obtenha

a equa¸cao ˜ da continuidade associada à equa¸cao ˜ de  s˜ Klein-Gordon, verificando que ρ e J ao definidos pelas equa¸coes ˜

 i  ∂ Ψ ∂ Ψ   ρ = 2mc Ψ ∂t − Ψ ∂t       ∗



∗

2

J =



2mi

Ψ ∇Ψ − Ψ∇Ψ ∗

∗

A equa¸caõ de Kein-Gordon é

  mc   + Ψ=0 2

2



⇒

1 ∂ 2 Ψ m2 c2 ∇ Ψ− 2 2 − 2 Ψ=0  c ∂t 2

Seguindo um procedimento análogo ao utilizado para se obter a equa¸caõ da continuidade relacionada a` equa¸cão de Schrödinger, multiplica-se esta equa¸cão

216

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

por Ψ e a equa¸caõ complexo conjugada por Ψ e então subtrai-se uma da outra, obtendo ∗

  mc     mc   Ψ + Ψ−Ψ + Ψ =0 2

2

∗

2

2



∗



ou

     ∂  ·  − Ψ∇Ψ  ∇ Ψ ∇Ψ + 

∗

i ∂t 2mc2

∗

2mi



∂ Ψ ∂ Ψ Ψ −Ψ ∂t ∂t

∗

∗

que é a equa¸caõ da continuidade ∂ρ  = 0 + ∇ · j ∂t na qual define-se

 ∂ Ψ ∂ Ψ  Ψ −Ψ ∂t ∂t Ψ ∇Ψ   − Ψ∇Ψ 

i ρ = 2mc2  = j



2mi

∗

∗

∗

∗



=0

17

Os indivis´ıveis de hoje que o pr´ oton ´ e formado por três quarks de valˆ encia, dois do tipo up e um do tipo down, e o nˆ eutron, por um up e dois down, determine a carga el´ etrica desses quarks. Exerc´ ıcio 17.5.1 Sabendo

Sabe-se que o próton é formado de três quarks de valência (uud) e o nêutron corresponde a um estado (udd). Pela conserva¸caõ da carga el´ etrica, a carga de cada uma dessas part´ıculas deve ser igual à soma das cargas q i (i = u, d) de seus constituintes. Logo,

 q  q

p

= +1 = 2q u + q d

n

= 0 = q u + 2q d

Resolvendo o sistema, obtém-se q u = +2/3 q d =

1/3

−

A part´ıcula Ω− tem trˆ es quarks estranhos de valˆ encia. Determine a carga el´ etrica destes quarks. Exerc´ ıcio 17.5.2

O bárion Ω− tem carga elétrica −1, ou seja, sua carga elétrica é igual a` do elétron. Se a part´ıcula Ω− é composta de 3 quarks do tipo s, segue-se da lei de conserva¸cão de carga que a carga elétrica deste quark é −1/3. 217

218

F´ısica Moderna

Caruso • Oguri

Os m´ esons charmosos D0 e D+ tˆ em o seguinte conte´ udo ¯ . Determine a carga elétrica do quark u) e D+ (cd) de quarks de valˆ encia: D 0 (c¯ charmoso. Exerc´ ıcio 17.5.3

Foi mostrado no exerc´ıcio 17.5.1 que o quark u tem carga elétrica +2/3. Por outro lado, sabe-se que as antipart´ıculas têm carga elétrica oposta a` da sua correspondente part´ıcula. Portanto, o antiquark u ¯ tem carga −2/3. Como a 0 carga do D é nula, segue-se que o quark c também tem carga +2/3. Deste modo vê-se que de fato o méson D composto de um quark c e um antiquark d¯ possui carga total +1. Sabendo que o n´ umero de cargas el´ etricas poss´ıveis dos n´ ucleons ´ e dado por 2I + 1, onde I ´ e o isospin, determine o isospin do pr´ oton e do nˆ eutron. Exerc´ ıcio 17.5.4

ucleon , para se referir ao Heisenberg foi quem introduziu o conceito de n´ fato de que próton e nêutron apresentam-se como dois estados de uma mesma part´ıcula que, do ponto de vista das intera¸co˜es fortes, comportam-se da mesma maneira. Esta simetria é claramente quebrada na presen¸ca de um campo eletromagnético, capaz de distinguir as cargas elétricas do próton e do nêutron. Portanto, o n´ umero de estados de cargas elétricas poss´ıvel para o núcleon é 2 e tem-se para este novo número quˆ antico isospin , associado ao n´ ucleon, o seguinte valor 1 2I + 1 = 2 ⇒ I = 2 Exerc´ ıcio 17.5.5

Fa¸ca um esbo¸co da dependˆ encia angular da raz˜ ao

 σ  σ d d Ω

Mott

d d Ω

Ruth

para os seguintes valores de v/c: 0,5, 0,6, 0,7, 0,8, 0,9 e 0,99.

Fisica-Moderna-Exercicios-Resolvidos-2009.pdf

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