1
A estrutura estrut ura da mat´ eria: eria: concep¸ concep c ¸˜ oes filos´ oficas oficas na Antig¨ uidade uidade ou
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 1.8.1 1.8 .1
tg 7o = 0,128 Erat´ ostenes ostenes supˆ supˆos o s que que os raio raioss sola solare ress s˜ aaoo paralelos na regi˜ao ao que engloba as duas cidades cons-deradas, conforme ilustra a figura abaixo.
⇒
d r
18
Portanto, usando o valor aproximado da distˆ anancia d = 700 km, dada no problema, encontra-se r
600 0 km 5 60
Mas alguns autores afirmam que as medidas de comprimen comprimento to feitas no s´ eculo eculo III a.C. usavam usavam a adio e que Erat´ unidade est´ ostenes ostenes teria utilizado em seus c´alculos alculos a distˆ distˆ ancia a ncia de 5000 est´ adios. adios. Sabendo-se que 1 est´adio adio 180 m, isto corresponcorresponderia a uma distˆancia ancia de 900 km entre as cidades, o que leva `a predi¸c˜ c˜aaoo
r
7 37 370 0 km
a ser comparado com o valor atual de r
Note que, no primeiro caso, a discrepˆanci an ciaa ´e da ordem de 11%, enquanto no segundo, de 13, 13,5%. De qualqu qualquer er forma, forma, trata-s trata-see de uma estimat estimativ ivaa muito boa considerada a ´epoca epoca em que foi feita.
Se, em Alexandria, a sombra projetada sobre a terra fazia um ˆangulo a ngulo de 7o com a haste (no mesm me smoo inst instan ante te em que que n˜ a o havi ao haviaa som sombra bra em Siene), Sie ne), este est e ´e tamb´em em o angulo aˆngulo entre a vertical e o zˆ enite enite nesta cidade. Assim, Assim, este angul aˆng uloo ´e o o mesmo angulo aˆngulo θ = 7 entre os raios, r, da Terra que delimitam delimitam o arco arco que compreen compreende de as duas duas cidades, cuja distˆancia ancia ser´ a denotada por d. Logo, tg θ =
6378 6378,,1 km
d r 1
2
F´ısica Mo derna
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 1.8.2 1.8 .2
Cons Consid ider eree a figu figura abai abaix xo, sen sendo a o comprimento da aresta do cubo inscrito na esfera externa e que circunscreve a esfera interior.
Caruso
•
Oguri
disp dispos osto toss sobr sobree os lado ladoss e no inte interi rior or de um quadril´ atero a tero cujo cujo comp compri rime ment ntoo do lado lado mai maior or difere do outro por apenas uma unidade (20 = 4 5). Ja´ o numero u ´ mero 16, por exemplo, igual a 2 4 4 = 4 , pode ser constru´ constru´ıdo colocando-se a unidade (um ponto) no v´ertice ertice de um quadrado e “soman “somandodo-se” se” sucess sucessiv ivame ament ntee a ele os demais demais n´umeros umeros ´ımpares ımpares em forma de “L”. Assim, 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 umero somando somand o mais ma is 7 unidades, un idades, que ´e o ´ımpar seguinte, correspondendo a um quadrado 4 4.
× ×
×
×
da Lev Levando ando-s -see em con conta o triˆ triˆ angulo angulo OAB figura anterior, utilizando-se as rela¸c˜ c˜oes oe s m´etri et rica cass 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 agoras ao triˆ angulo angulo cinza, obt´em-se em-se
R2 = r2 + 2r 2r2 = 3r 2
⇒
R=
√3 r
onde r = OB = a/2 a/2 ´e o raio de J´ upiter. upiter. Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 1.8.3 1.8 .3
Os numer u ´ meros os para para os pita pitag´ g´ oricos oricos,, segund segundoo Arist´ oteles, oteles, n˜ ao ao seriam separ´ aveis aveis da mat´ ma t´eria. eria . No que concer concerne ne a concep concep¸¸c˜ c˜ao a o que que eles eles tinh tinham am da mat´eria eria f´ısica, ısi ca, ´e import imp ortante ante entender ente nder inicia ini cialme lmente nte a quest˜ ao ao da representa¸c˜ cao ˜a o dos n´ umeros umeros para se compree com preender nder a cr´ cr´ıtica ıti ca aristo ari stot´ t´elica. eli ca. Expressar os n´umeros umeros de forma geom´etrica, etrica, a partir de pontos, leva aos conceitos de “n´ umero umero retan retangu gular lar”” e de “n´ umer u mero o quad quadra rado do”. ”. Como Como exemplo do primeiro, pode-se imaginar o n´ umero umero 20, 20, repr repres esen enta tado do por 20 pontos pontos regu regular larme men nte
Segund Segundoo Simpl Simpl´´ıcio, ıcio, este este tipo de repres represenenta¸c˜ c˜ao ao num´ num´erica erica levou levou os pitag´ oric o ricos os e muito muitoss comentadore comentadoress a associarem associarem o infinito infinito aos n´ umeros umeros pare pares. s. Claro Claro que que o que que est´ a por tr´as as disto ´e a infinitum da divis˜ possibilidade ad infinitum ao ao em partes iguais. iguais. Pelo Pelo que vimos vimos na Se¸ c˜ cao ˜ao 1.4, Arist´ oteles oteles n˜ao ao podia, obvia obviamen mente, te, aceitar aceitar o crit´ crit´ erio erio de divi divisi sibi bilid lidad adee por 2 como como uma uma expl explic ica¸ a¸ c˜ c˜ao do infin infinit ito, o, conc concei eito, to, ali´ alias, a´s, por ele ele abom abomin inad ado. o. Al´ em em disto, lembre-se lembre-se que na referida referida se¸c˜ c˜ao a o foi reprodu reproduzid zidaa uma cita¸ citac˜ c¸ao, a˜ o, na qual ual ele ele afirm afirmaa imposs´ıvel que alguma coisa cont´ cont´ınua resulte ser imposs´ composta compost a de indivi ind iviss´ıveis ıve is . Desta forma, forma, o Estagirita Estagirita foi tamb´ tamb´em em levado levado a criticar a concep¸c˜ cao a˜o pitag´ orica orica da mat´eria, eria, pois atomos, conside as unidades-pontos-´ con siderada radass tamb´ t amb´em em como a base f´ısica da mat´eria eria real – uma forma primitiva de atomo a´tomo –, n˜ ao poderiam ser aceitas em ao um sistema filos´ ofico que negava o vazio. Lembreofico se de sua afirma¸c˜ c˜ao ao de que ´e impo im poss´ ss´ıvel ıve l que uma linha resulte composta de pontos, pontos , se se ´ e verdade ve rdade que qu e a linha lin ha ´ e um cont´ınuo ınu o e o ponto, ponto , um indivi ind iviss´ıvel ıve l .
Imagin Imag inar ar os n´ umeros umeros espaci espacialme alment ntee extenextensos sos ter´ ter´ a tamb´ tamb´em em impacto em outro cap´ cap´ıtulo impo import rtan ante te da Filo Filoso sofia fia Greg Grega, a, ou seja seja,, na discuss˜ao a o dos dos para parado doxo xoss de Zen˜ Zen˜ aao. o. Para ara mai maiss deta detalh lhes es veja, eja, por exem exempl plo, o, [G.S [G.S.. Kirk Kirk;; J.E. J.E. osof os ofos os pr´e-socr´ e-s ocr´ aticos]. Raven, Os fil´
2
F´ısica Mo derna
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 1.8.2 1.8 .2
Cons Consid ider eree a figu figura abai abaix xo, sen sendo a o comprimento da aresta do cubo inscrito na esfera externa e que circunscreve a esfera interior.
Caruso
•
Oguri
disp dispos osto toss sobr sobree os lado ladoss e no inte interi rior or de um quadril´ atero a tero cujo cujo comp compri rime ment ntoo do lado lado mai maior or difere do outro por apenas uma unidade (20 = 4 5). Ja´ o numero u ´ mero 16, por exemplo, igual a 2 4 4 = 4 , pode ser constru´ constru´ıdo colocando-se a unidade (um ponto) no v´ertice ertice de um quadrado e “soman “somandodo-se” se” sucess sucessiv ivame ament ntee a ele os demais demais n´umeros umeros ´ımpares ımpares em forma de “L”. Assim, 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 umero somando somand o mais ma is 7 unidades, un idades, que ´e o ´ımpar seguinte, correspondendo a um quadrado 4 4.
× ×
×
×
da Lev Levando ando-s -see em con conta o triˆ triˆ angulo angulo OAB figura anterior, utilizando-se as rela¸c˜ c˜oes oe s m´etri et rica cass 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 agoras ao triˆ angulo angulo cinza, obt´em-se em-se
R2 = r2 + 2r 2r2 = 3r 2
⇒
R=
√3 r
onde r = OB = a/2 a/2 ´e o raio de J´ upiter. upiter. Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 1.8.3 1.8 .3
Os numer u ´ meros os para para os pita pitag´ g´ oricos oricos,, segund segundoo Arist´ oteles, oteles, n˜ ao ao seriam separ´ aveis aveis da mat´ ma t´eria. eria . No que concer concerne ne a concep concep¸¸c˜ c˜ao a o que que eles eles tinh tinham am da mat´eria eria f´ısica, ısi ca, ´e import imp ortante ante entender ente nder inicia ini cialme lmente nte a quest˜ ao ao da representa¸c˜ cao ˜a o dos n´ umeros umeros para se compree com preender nder a cr´ cr´ıtica ıti ca aristo ari stot´ t´elica. eli ca. Expressar os n´umeros umeros de forma geom´etrica, etrica, a partir de pontos, leva aos conceitos de “n´ umero umero retan retangu gular lar”” e de “n´ umer u mero o quad quadra rado do”. ”. Como Como exemplo do primeiro, pode-se imaginar o n´ umero umero 20, 20, repr repres esen enta tado do por 20 pontos pontos regu regular larme men nte
Segund Segundoo Simpl Simpl´´ıcio, ıcio, este este tipo de repres represenenta¸c˜ c˜ao ao num´ num´erica erica levou levou os pitag´ oric o ricos os e muito muitoss comentadore comentadoress a associarem associarem o infinito infinito aos n´ umeros umeros pare pares. s. Claro Claro que que o que que est´ a por tr´as as disto ´e a infinitum da divis˜ possibilidade ad infinitum ao ao em partes iguais. iguais. Pelo Pelo que vimos vimos na Se¸ c˜ cao ˜ao 1.4, Arist´ oteles oteles n˜ao ao podia, obvia obviamen mente, te, aceitar aceitar o crit´ crit´ erio erio de divi divisi sibi bilid lidad adee por 2 como como uma uma expl explic ica¸ a¸ c˜ c˜ao do infin infinit ito, o, conc concei eito, to, ali´ alias, a´s, por ele ele abom abomin inad ado. o. Al´ em em disto, lembre-se lembre-se que na referida referida se¸c˜ c˜ao a o foi reprodu reproduzid zidaa uma cita¸ citac˜ c¸ao, a˜ o, na qual ual ele ele afirm afirmaa imposs´ıvel que alguma coisa cont´ cont´ınua resulte ser imposs´ composta compost a de indivi ind iviss´ıveis ıve is . Desta forma, forma, o Estagirita Estagirita foi tamb´ tamb´em em levado levado a criticar a concep¸c˜ cao a˜o pitag´ orica orica da mat´eria, eria, pois atomos, conside as unidades-pontos-´ con siderada radass tamb´ t amb´em em como a base f´ısica da mat´eria eria real – uma forma primitiva de atomo a´tomo –, n˜ ao poderiam ser aceitas em ao um sistema filos´ ofico que negava o vazio. Lembreofico se de sua afirma¸c˜ c˜ao ao de que ´e impo im poss´ ss´ıvel ıve l que uma linha resulte composta de pontos, pontos , se se ´ e verdade ve rdade que qu e a linha lin ha ´ e um cont´ınuo ınu o e o ponto, ponto , um indivi ind iviss´ıvel ıve l .
Imagin Imag inar ar os n´ umeros umeros espaci espacialme alment ntee extenextensos sos ter´ ter´ a tamb´ tamb´em em impacto em outro cap´ cap´ıtulo impo import rtan ante te da Filo Filoso sofia fia Greg Grega, a, ou seja seja,, na discuss˜ao a o dos dos para parado doxo xoss de Zen˜ Zen˜ aao. o. Para ara mai maiss deta detalh lhes es veja, eja, por exem exempl plo, o, [G.S [G.S.. Kirk Kirk;; J.E. J.E. osof os ofos os pr´e-socr´ e-s ocr´ aticos]. Raven, Os fil´
2
As origens do atomismo atomis mo cient´ cient´ıfico: contribui¸ c˜ co ˜es da Qu´ımica Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.1 2.9 .1
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.2 2.9 .2
obaros s˜ Os is´ ao ao atomos a´tomos com mesmo n´ umero umero de otopos s˜ massa e n´ umeros umeros atˆ omicos omicos iguais; os is´ aaoo atomo ´a tomoss de um me mesm smoo elem elemen ento to com com o me mesm smoo n´umer u meroo de pr´ pr´otons otons (mesmo (mesmo Z ) e n umer u ´ meroo de nˆeutrons eutrons diferentes (diferentes (difere ntes A).
A palavra palavra mˆ deriv va do greg gregoo µoν ´ µoν αζ α ´ ζ , onada onada deri que significa significa unidade. Cons Consta ta que que este este termo termo tenha tenha sido sido consid considera erado do pela primei primeira ra vez vez pelos pelos pitag´ oric o ricos os.. Bem Bem ma mais is tarde tarde,, tal tal conc concei eito to ir´ a evolu evoluir ir para para alg algoo como como “aq “aque uela la unid unidad adee que que espel espelha ha o todo” todo”,, espec especia ialm lmen ente te na filos filosofi ofiaa de Nicolau Nicolau de Cusa (1401-1464 (1401-1464). ). Giordan Giordanoo Bruno Bruno (1548-1600) foi quem formulou mais precisamente a id´ id´eia e ia de que que as mˆ onadas onadas seriam seriam com composta postass destas dest as part pa rt´´ıculas ıcu las m´ınimas ıni mas,, nas na s quais qua is se encontram enco ntram a substˆ ancia ancia das coisas.
Do ponto de vista do atomismo de Dem´ ocrito, ocrito, como com o se viu no Cap´ C ap´ıtulo ıtu lo 1, a existˆ ex istˆencia enci a de is´ otopos otopos e is´obaros obaros poderia ser acomodada, uma vez que ele atribu´ıa ıa ao atomo a´tomo duas propriedades capazes de diferenci´a-los: a-los: tamanho e formato. J´ a do ponto de vista de Dalton, a descoberta dos is´ otopos otopos e is´obaros obaros seria um problema, pois, como foi visto na Se¸c˜ c˜ao ao 2.5.1, ambos ferem sua part´ıculas ´ ultima ultimass de id´ eia eia basilar basilar de que “as part´
O fil´osofo osofo alem˜ alemao a˜o Gottfr Gottfried ied Wilhel Wilhelm m Leibni Leibnizz (1646 (1646-1 -1716 716)) herd herdou ou este este conc concei eito to de Brun Bruno, o, transformando-o e entendendo-o muito mais copr inc´ c´ ıpio ıp io ativo at ivo inerente ` mo um prin as as substˆancias ancias do que como co mo part´ pa rt´ıcul ıc ulas as m´ınim ın imas as..
todos os corpos corpos homogˆ homogˆ eneos eneos s˜ ao perfeit perfeitamente amente seme semelh lhan ante tess em peso, eso, form forma a etc. etc. Em outr outras as palavras, toda part´ part´ıcula de ´ agua ´ e como qualquer qualqu er part´ıcula ıcu la de ´ agua ag ua;; toda part´ıcu ıcula la de hidrogˆ hi drogˆ enio en io ´ e como qualquer qualqu er outra de hidrogˆ enio enio (...)”.
Cada Cada mˆ onada onada ´e distin distinta ta das demais demais e n˜ aaoo existe existem m duas duas mˆ onadas onadas iguais iguais,, ao contr´ contr´ ario ario dos atomos ´atomos de Leucipo e Dem´ ocrito, ocrito, que s˜ ao ao idˆ idˆentic ent icos os para a mesma substˆancia. ancia.
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.3 2.9 .3
Send Sendoo assi assim, m, fica fica clar claro, o, por por dois dois mo moti tiv vos, os, que a monadologia (teo (teori riaa das das mˆ onad o nadas as)) de Leibniz Leibniz difere difere crucialmen crucialmente te do atomismo grego, segundo o qual as menores partes da mat´eria eria s˜aaoo inanimadas, possuem duas ou trˆes es propriedades b´ asicas asicas (segundo o fil´ osofo) osofo) e est˜ao ao em movimento eter eterno no,, ma mass s˜ a o priv ao privas as de qual qualqu quer er tipo tipo de iniciat iniciativ ivaa ou qualid qualidade ade que permitis permitissem sem ver ver os atomos ´atomos como algum tipo de princ´ princ´ıpio ativo ativo da mat´ ma t´eria er ia..
mH : mN : mO = 1 : 7 : 5
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.4 2.9 .4
Observ Observand ando-s o-see a repres represen enta¸ ta¸c˜ ca˜o gra´fica de Chanco Chancourt urtois ois (Figur (Figuraa 2.9), 2.9), nota-se nota-se que os eleelementos com propriedades semelhantes aparecem 3
4
F´ısica Mo derna
na mesma vertical vertical.. A diferen¸ diferen¸ca ca de peso atˆ omico omico entre entre dois elementos elementos consecutiv consecutivos os na vertical vertical ´e igual igual a 16. Assi Assim, m, por exem exempl plo, o, os eleme elemen ntos l´ıtio (Li), s´ odio odio (Na) e pot´ assio assio (K), que pertencem ao Grupo I da Tabela de Mendeleiev, tˆem em pesos atˆomicos omicos respectivamente iguais a 7, 7 + (16 1) e 7 + (16 2). 2). Para ara os dema demais is membr membros os do grupo, grupo, essa essa recorr recorrˆˆencia encia pode ser expres expressa, sa, de forma compacta, como A = 7+ 16n, onde n ´e um n´umero umero inteiro. inteiro. A generaliza¸ generaliza¸ c˜ cao ˜ao para um termo gen´erico erico de peso atˆomico omico m ´e
×
×
Caruso
•
Oguri
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.10 2.9 .10
(1
− x) = 0,0036 = 0,003613 = 0,0,36% x
0,9964
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.11 2.9 .11
volume NH3 = 20 L
A = m + 16n 16n
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.12 2.9 .12 Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.5 2.9 .5
tem como solu¸c˜ c˜oes oes X = 69 69,,48 e Y = 72 72,,62. Estes valores se comparam, respectivamente, aos valores X = 68 e Y = 72 reportados na Tabela de Mendeleiev de 1871 (Tabela 2.8). Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.6 2.9 .6
4,515
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.13 2.9 .13
n=
Portanto, a part´ part´ıcula X possui uma unidade de massa massa atˆ omica omica e ´e eletricamen eletricamente te neutra: neutra: o 1 nˆeutr eu tron on (n0 ). Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.7 2.9 .7
× 1023 mo mol´ l´ecul ec ulas as
35 35,,7 g = 1,28 mol 28 28,,0 g/mol
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.14 2.9 .14
n=
42 42,,4 g = 0,4 mol 106,,0 g/mol 106
X = As86 33 Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.15 2.9 .15 Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.8 2.9 .8
13 nˆeutro eut rons. ns. Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 2.9.9 2.9 .9
m(Ar36 ) = 39, 39,95 u
A f´ormu or mula la ´e SO3 .
3
O atomismo atomismo na F´ısica: o triunfo triunfo do mecanicismo ⇓
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 3.6.1 3.6 .1
Para valores pares (n (n = 0, 2, 4, . . .), de acordo com a ultima u ´ltima equa¸c˜ cao ˜a o da p´ agina a gina 75 do livro de texto, I 0 (α) =
∞
2
e−αx
0
I 2 (α) =
∞
0
I 4 (α) =
∞
0
1 dx = 2
π π −1/2 = α α 2
2
√π
dα
4
×
α−3/2
√
2
dα
• M´edia
8
v Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 3.6.2 3.6 .2
ρ(v ) = av e−αv
2
×
dρ dv
= (2v (2v
vmod
∞
=
onde
∞
=
√
− 2αv3)ae−αv
2
4
2 π
√ 2/ π
m 2kT
2
v 3 e−αv dv =
a −2 α 2
I 3
4 3/2 a= α π α=
v ρ(v) dv
0
0
=
k = 1,38 10−23 J/K ´e a constante de Boltzmann Boltzm ann e m ´e a massa mass a de cada cad a mol´ecula ecu la do g´ as. as.
• Moda
√
=a
A distribui¸c˜ c˜ao ao (ρ) dos m´ odulos odulos das velocidades (v (v ) de um g´as as ideal em equil´ıbrio ıbrio t´ermico ermico a` temperatura T pode ser escrita como
2
RT µ
2
onde R = 8,315 107 erg/K. erg /K.mol mol ´e a consta con stannte universal dos gases e µ, a massa molecular do g´ as. as.
dI 3 3 π −5/2 x e−αx dx = − = α 4
1 = α−1/2 = α
√
dI 0 x e−αx dx = − = 2
vmod =
8 π
α3/2 α−2 = α−1/2
kT m
2 π
2,55
2kT m
kT m
• M´edia edi a quadr´ qua dr´atica atica (valor eficaz): v = v 2
=0
vmod
ef
5
> vmod
6
F´ısica Moderna
Caruso
•
Oguri
Exerc´ ıcio 3.6.6
v2
√ √ ∞
=a
0
2
v 4 e−αv dv = 38 a πα −5/2 I 4
=
3 π 8
2 3/2 3/2 −5/2 kT 2 α α =3 π m α−1
3/2
Logo,
⇒ 1 = 4,97 × 10−21 J T 2 = 273,16K =⇒ 2 = 5,65 × 10−21 J T 3 = 300,16K =⇒ 3 = 6,21 × 10−21 J T 1 = 240,16K =
Exerc´ ıcio 3.6.7
vef =
kT m
3
− −
• Desvio-padr˜ao: σv =
> v > vmod
3
σv =
8 π
kT m
v2
v
0,45
2
kT m
vef =
3
kT m
=
3
RT µ
onde R = 8,315 107 erg/K.mol e T Assim,
×
µ(N2 )
28 µ(He) 2
=
⇒ =⇒
300,16K.
vef (N2 )
520 m/s (He) 1900 m/s
vef
Exerc´ ıcio 3.6.3
Exerc´ ıcio 3.6.8
As mol´eculas de cloro (Cl2 ) e hidrogˆenio (H2 ) ter˜a o, respectivamente, os menores e maiores valores para a moda, para a m´edia, para o valor eficaz e para o desvio-padr˜ao.
Igualando-se a energia cin´etica m´edia e a energia potencial de cada ´ıon, T =
2eV = 7,7 3k
× 106 K
Exerc´ ıcio 3.6.4
v v
He4 He3
=
µHe4 = µHe3
4 2 = 3 3
√ 1.15
Exerc´ ıcio 3.6.9
N vx
→∞
Exerc´ ıcio 3.6.5
vef = vsom
9 3 = 5 5
√ 1,34
−
N = 1 2
erf(ξ)
Exerc´ ıcio 3.6.10
N 0 v= N erf(ξ) →
2 2 ξ e−ξ π
−√
7
3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo Exerc´ ıcio 3.6.11
Exerc´ ıcio 3.6.15
Como o valor modal da velocidade (vmod ) para uma mol´ecula de hidrogˆenio (µ 2 u) a` temperatura ambiente (T 300,16 K) ´e da ordem de 1 580 m/s, obt´em-se
4,9 × 109 Hz
f = nσ v
Exerc´ ıcio 3.6.16
ξ1 = 0,014
⇒ P (v > v1) = 0,9999 ξ2 = 0,06333 ⇒ P (v > v2 ) = 0,9998 ξ3 = 0,6333 ⇒ P (v > v3) = 0,8089
Uma vez que o livre caminho m´ edio (), por exemplo, para as mol´eculas de oxigˆenio, µ(O2 ) 32, de raio (r) cerca de 1,8 10−10 m, a` temperatura ambiente (T 300 K) ´e dado por
Exerc´ ıcio 3.6.12
As respectivas porcentagem das mol´eculas que tˆem velocidades maiores que v0 = 1000 m/s s˜ ao 2 dadas, respectivamente para T 1 = 10 K, T 2 = 103 K e T 3 = 104 K, por
1 nσ
× 10−8 ⇔ P (v > v ) = 0,28 ⇔ 28 % P (v > v ) = 0,95 ⇔ 95 % P (v > v0 ) = 2,2
10−5 cm
e o volume efetivo ocupado por uma mol´ ecula, igual ao cubo da distˆ ancia m´edia entre elas, pode ser estimado por d3 ou d
×
=
22,4 6,023 1023
×
=
1 n
3,3 × 10−7 cm, o que implica que
0,0000022 %
r
0
0
Exerc´ ıcio 3.6.17
dN = N
Exerc´ ıcio 3.6.13
1 ∆ = m v 2 2
− 12 mv2 = 12 mσv2 0,9 × 10−7 J
Exerc´ ıcio 3.6.14
Nas condi¸co˜es normais de temperatura e press˜ao, a densidade (ou concentra¸c˜ao n) de mol´eculas de um g´as ideal ´e da ordem de 6,023 1023 n= 22400
×
2,68 × 1019 mol´eculas/cm
3
2 1 1/2 e−/kT d π (kT )3/2
8
F´ısica Moderna
Caruso
Exerc´ ıcio 3.6.18
N > N
=
−
1 e−x +...... 4 x3/2
2 1 e−x 1/2 −x x e + + π 2 x1/2
− − 2 1/2 −x x e π
=
+
1 2
√2mkT
´e o valor modal do
onde pmod
1/2
kT
kT
1 4
1 2
1+
+......
dP ( p,p + d p) =
2
1 x
2 π
√
1 4
Oguri
Exerc´ ıcio 3.6.23
=
•
1 x
+ Exerc´ ıcio 3.6.24
e− /kT 1 + 2
+......
Exerc´ ıcio 3.6.19
P = nkT
d p
Na solu¸ca˜o dos diversos ´ıtens deste exerc´ıcio ser˜ ao u ´teis os resultados das seguintes integrais:
kT
2
momentum .
=
4 p2 p exp pmod π p3mod
8,8 × 10−8 N/m
2
I
=
∞
1 α
e−αz dz =
0
I 0 =
∞
√
π −1/2 e−αz dz = α 2
2
0
I 2 = I 4 =
∞
2
z 2 e−αz dz =
0
∞
z 4 e−αz
2
0
√π 4
α−3/2
√
3 π −5/2 dz = α 8
a) a energia cin´etica m´edia: Exerc´ ıcio 3.6.20
O n´ umero total de choques por segundo e por unidade de ´area pode tamb´ em ser expresso em termos de (P, T ) como P N A nc =
3RT
2RT πµ
1/2
P N A = 3
c = 32 kT b) a energia potencial m´edia:
2 πµRT
1/2
= 52 kT c) a dispers ao na posi¸c˜ao:
Exerc´ ıcio 3.6.21
I = 1,5
×
1012
σz =
mol´eculas/s
RT µg
Cabe aqui um coment´ ario. Considerando-se a temperatura ambiente, verifica-se que, no SI,
Exerc´ ıcio 3.6.22
a = 1,8 µm
z 2 ×
10−21 1,62 10−27
×
5
× 10 10
m
9
3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo
Tal valor vai implicar um valor t˜ a o alto para a dispers˜a o na posi¸c˜ao, que simplesmente mostra que a atmosfera n˜ a ao ´ e isot´ ermica , o que est´ impl´ıcito na aplica¸ c˜ao da distribui¸c˜ao de MaxwellBoltzmann ao problema (veja item d). d) o valor da dispers˜ ao na posi¸c˜ao para mol´ecula de H2 , a` temperatura de 300 K: Para a mol´ecula de H2 , µ = 2 u. Assim, σz = 1,3
sendo φ o aˆngulo azimutal sobre o qual ainda n˜ ao se integrou. Por outro lado,
× 107 cm
dN = J αinc dσ dt
Exerc´ ıcio 3.6.25
× √ √ × × ×
5π K = 32
¯V + 9 R C 4
2 2
RT πM
2
1 RT 2πd2 P N A
P M RT
Desse modo, pode-se obter uma express˜ao para a se¸ca˜o de choque infinitesimal, dσ, em termos do parˆametro de impacto b da colis˜ ao, dada por
×
1 M
dσ = b db dφ O choque de uma part´ıcula com uma esfera r´ıgida pode ser representado pela figura a seguir.
a qual pode ser simplificada, de forma a se obter a express˜ ao solicitada:
5 ¯ 9 K = C V + R 16 4
RT πM
1/2
1 N A d2
Exerc´ ıcio 3.6.26
t=
ln(0,125) ln(0,5)
× 20
⇒
t = 60 h
Exerc´ ıcio 3.6.27
Foi mostrado nas p´ a ginas 376 e 377 do livro inc de texto que, se J α ´e a densidade de corrente de part´ıculas que incidem sobre o alvo, a taxa de part´ıculas (dN/dt) que ser´a espalhada entre um ˆangulo s´ olido Ω e Ω + dΩ ´e dada por dN = J αinc dΩ = J αinc b db dφ dt
Para se obter a se¸c˜ao de choque diferencial em rela¸c˜ao ao aˆngulo s´ olido dΩ ´e necess´ario expressar o parˆ ametro de impacto em termos do aˆngulo de espalhamento θ. Da figura vˆe-se que
θ=π
− 2χ
b = R sen χ = R sen
σ(Ω)
− π 2
θ 2
dσ 1 ≡ dΩ = R2 4
= R cos
θ 2
10
F´ısica Moderna
Exerc´ ıcio 3.6.28
Na figura abaixo apresenta-se um esbo¸co da se¸ca˜o de choque cl´assica de Mott (linha cheia) comparada com a se¸c˜a o de choque cl´ assica de Rutherford (linha pontilhada).
Lembre-se que a se¸c˜a o de choque cl´ assica de Mott para o espalhamento coulombiano entre part´ıculas idˆenticas de carga el´etrica e pode ser escrita como σ(θ) =
2
e2 4E
cosec4
θ 2
+ sec4
θ 2
Note que as duas se¸c˜o es de choque cl´ assicas tˆem comportamento praticamente idˆenticos para ˆa ngulos compreendidos entre 0o e 50o , tornando-se muito diferentes a partir deste valor.
Caruso
•
Oguri
4
O movimento browniano e a hip´ otese molecular Exerc´ ıcio 4.6.1
Exerc´ ıcio 4.6.4
Usando-se a equa¸ca˜o O n´u mero de Avogadro pode ser obtido da equa¸c˜ao N A =
t λ2
RT 3πηa
λ=
6,99 × 1023
x2 =
RT t 3πηaN A
obt´em-se λ = 6,1 µm
Exerc´ ıcio 4.6.2
Deve-se ter [F ] = MLT −2 = [a]α [v]β [η]γ = α
Exerc´ ıcio 4.6.5
k = 1,36
β
= L L T −β M γ L−γ T −γ = = M γ Lα+β −γ T −(β +γ ) Segue-se, ent˜ao, que γ = 1 e
α + β
− γ = 1
β + γ = 2
α=1
⇒ ⇒
β = 1
e, portanto, F
∼ aηv
Exerc´ ıcio 4.6.3
kT RT t= x2 = 3πηa 3πηaN
t
A
11
× 10−23 J/K
5
Concep¸ co ˜es cl´ assicas sobre a natureza da luz Exerc´ ıcio 5.10.1
Exerc´ ıcio 5.10.4
Os coeficientes de reflex˜ ao e transmiss˜a o s˜ ao dados, respectivamente, por
Tomando-se a derivada temporal da lei de Gauss,
r=
k1 k2 k1 + k2
−
2
e
t=
4k1 k2 (k1 + k2 )2
· D = 4πρ Por outro lado,
Sendo assim, r+t =
=
· ∂ ∂tD = 4π ∂ρ ∂t
⇒
(k12 + k22 2k1 k2 + 4k1 k2 ) (k1 + k2 )2
1 ∂ D ⇒ ∂ D = c( × H ) − 4πJ × H = 4πc J + c ∂t ∂t
Tomando-se o divergente da u ´ ltima equa¸ca˜o e igualando o resultado a` equa¸c˜ao obtida da lei de Gauss, encontra-se
−
k1 + k2 k1 + k2
2
=1
· ∂ ∂tD = c · ( × H ) −4π · J = 4π ∂ρ ∂t
Exerc´ ıcio 5.10.2
2
sen
(kx
1 = 2T
− −
1 ωt) = T
−
− T
1
0
T
2
sen
2πt T
kx
0
cos2 kx
2πt T
=0
dt
ou,
∂ρ + J = 0 ∂t
·
1 dt = 2
Exerc´ ıcio 5.10.3
O campo el´etrico propaga-se na dire¸ca˜o kˆ e ´e da forma ˆ 0 sen(ky + ωt) = E z kˆ = kB E
12
13
˜ es cla ´ ssicas sobre a natureza da luz 5. Concepc ¸o
onde (veja figura a seguir)
Exerc´ ıcio 5.10.5
Considere a situa¸ca˜o representada na figura a seguir.
∆P =
gν dν
≡ cg
Por outro lado, combinando-se as equa¸c˜oes g = u /c e I = c u , obt´em-se que g c = I/c e, portanto, P = I/c
F m =
±qvB (S.I.)
m 2 (v v02 ) = qvB R Como o termo da diferen¸ca entre os quadrados das velocidades pode ser expresso como
−
e a press˜ao ´e dada por
e
Logo,
gν Sc∆t dν
1 ∆P P = =c S ∆t
v02 F c = m R
(v 2
±
− v02) = (v − v0)(v + v0) = ∆v · 2v
Logo, ∆v =
± qBR 2m
Exerc´ ıcio 5.10.9 Exerc´ ıcio 5.10.6
Recordando que P atm = 1 atm = 105 Pa
⇒
P Sol = 10−10 P atm
Considere uma part´ıcula de carga q em movimento circular uniforme, conforme a figura a seguir.
Exerc´ ıcio 5.10.7
1 dB E = r 2 dt
A corrente el´etrica produzida ´e
Exerc´ ıcio 5.10.8
I =
Neste movimento, a for¸ca centr´ıpeta ´e dada pela resultante v2 m = F c + F m R
(F m << F c )
q ω v = q= q T 2π 2πR
Por outro lado, m = I S = IπR 2 =
·
v qR 2
14
F´ısica Moderna
Assim,
Caruso
•
Oguri
Exerc´ ıcio 5.10.12
m0 =
v0 qR 2
⇒ m − m0 ≡ ∆m = v −2 v0 qR
Como ∆v =
±
BR q 2m
⇒
∆m =
± q 2 R2 4m
A f´ormula de Larmor expressa a potˆencia irradiada por uma carga acelerada e ´e dada pela equa¸c˜ao (5.31) do livro, ou seja, 2e2 2 P = 3 a 3c
B
Para uma for¸ca do tipo F = ma = a acelera¸ca˜o ´e dada por
Exerc´ ıcio 5.10.10
a=
Considere o movimento ao longo do eixo-y (figura) descrito pela equa¸c˜ao y = y0 cos(2πνt)
−eE o cos ωt,
eE o ω 2 cos ωt mωo2
onde ωo = k/m ´e a freq¨ uˆencia natural. Assim,
P =
2e4 E o2 ω 4 cos2 (ωt) e4 E o2 c = 3m2 ωo4 c3 3m2 ωo2 λ4
tendo sido usado o resultado do Exerc´ıcio 5.10.2 e depois expresso o resultado final em termos do comprimento de onda λ, dado pela rela¸ ca˜o ω = c/λ. A acelera¸c˜ao ´e dada por a = (2πν )2 y0 cos(2πνt) A potˆencia irradiada ´e dada pela f´ ormula de Larmor P =
2 e2 3 c3
==
a2(tr )T
2e2 3c3
× 16π4ν 4y02cos2[2πν (t − r/c)]T
Como o valor m´ edio a` direita da equa¸c˜ao anterior ´e igual a 1/2, chega-se ao resultado 16π4 ν 4 e2 y02 P = 3c3
Exerc´ ıcio 5.10.11
Este resultado, encontrado originalmente por Lord Rayleigh, permite concluir que a luz azul (de menor comprimento de onda) ´e mais espalhada do que a luz vermelha. De fato, os comprimentos de onda do azul variam entre 450 495 nm (nanˆ o metros), enquanto os do vermelho est˜ ao compreendidos entre 620 750 nm. Se, para efeito de estimativa, considera-se os valores m´ edios λazul = 472,5 nm e λvermelho = 685 nm, obt´emse
−
−
P azul P vermelho
10−12 W
λvermelho λazul
4
=
685 472,5
4
= 4,4
Assim, o c´eu ´e azul porque o que se vˆe ´e a luz refratada e espalhada pela mol´eculas de oxigˆenio e nitrogˆenio que compˆoem o c´eu em sua maioria, ou seja, n˜ a o se est´a 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 o porquˆe, ent˜ ao, o c´eu n˜ ao ´e violeta ao inv´es de azul. Acontece que a vis˜ ao do olho humano
−
P
˜ es cla ´ ssicas sobre a natureza da luz 5. Concepc ¸o
normal ´e mais acurada para comprimentos de onda contidos no intervalo de 400 700 nm. Desse modo, uma parte do violeta n˜ ao se vˆe e a restante, com comprimentos mais pr´ o ximos do azul, se confunde com esta cor.
−
Exerc´ ıcio 5.10.13
A energia perdida pelo pr´oton no movimento orbital ´e 2,7 10−7 eV
×
Exerc´ ıcio 5.10.14
A distribui¸c˜a o angular da se¸c˜a o de choque diferencial de Thomson ´e dada pela figura a seguir.
Note que a se¸c˜a o de choque diferencial de Thomson apresenta um m´ınimo para θ = 90o e ´e m´axima para a frente (θ = 0o ) e para tr´as (θ = 180o ).
15
6
A Eletrodinˆ amica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein nos dois sistemas inerciais como
Exerc´ ıcio 6.11.1
a) Das transforma¸c˜o es de Galileu entre dois sistemas inerciais S e S , segue-se que ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z ∂ ∂t
= = = =
∂x ∂ ∂ = ∂x ∂x ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z ∂x ∂ ∂t ∂ + = ∂t ∂x ∂t ∂t
−v ∂x∂
+
∂ 2 ∂x 2
+
∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 + + ∂y 2 ∂z 2 ∂x 2
=
−
v ∂ 2 2 c ∂x ∂t
∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
1
donde
= = = =
∂ 2 ∂x 2 ∂ 2 ∂y 2 ∂ 2 ∂z 2 ∂ 2 v 2 2 ∂x
−
2
2
− vc2 ∂x∂ 2 +
1 ∂ 2 Ψ = 0 2 2 c ∂t
ou seja, a equa¸ca˜o n˜ ao mant´ em a mesma forma nos dois sistemas inerciais S e S .
∂ ∂t
− ∂ 2 ∂x 2 ∂ 2 ∂y 2 ∂ 2 ∂z 2 ∂ 2 ∂t 2
−
1 ∂ 2 Ψ= c2 ∂t 2
−
v2 c2
v ∂ 2 2 c ∂x ∂t
−
∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 + + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 1 ∂ 2 Ψ = 0 2 2 c ∂t
b) por outro lado, resulta das transforma¸c˜oes de Lorentz entre dois sistemas inerciais S e S ,
−
∂ 2 ∂x 2 ∂ 2 ∂y 2 ∂ 2 ∂z 2 ∂ 2 ∂t 2
∂ 2 ∂ 2 2v + 2 ∂x ∂t ∂t
Uma vez que para um campo escalar Ψ(x,y,z,t) = Ψ (x , y , z , t ) a equa¸c˜ao de onda de d’Alembert pode ser escrita
onde 16
= = = =
2 2 ∂ 2 ∂ 2 2 v 2 v ∂ γ 2γ 2 + γ 4 2 ∂x 2 c ∂x ∂t c ∂t 2 ∂ ∂y 2 ∂ 2 ∂z 2 ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 γ 2 v 2 2 2γ 2 v + γ 2 2 ∂x ∂x ∂t ∂t 2
γ = (1
−
−
− v2/c2)−1/2.
ou seja, no sistema
ˆ mica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 6. A Eletrodina
S ,
17
Exerc´ ıcio 6.11.6
∂ 2 γ ∂x 2
2 2 v ∂ 2 ∂ 2 2 v ∂ 2γ 2 + γ 4 2 + 2 + c ∂x ∂t c ∂t ∂y 2 2 2 ∂ ∂ 2 2 v ∂ 2 v + γ 2 2 + 2γ 2 + ∂z 2 c ∂x c ∂x ∂t 2 2 γ ∂ Ψ = 0 2 2 c ∂t
2
2
−
−
−
− − − v2 c2
γ 1
∆L = Lo
Fazendo-se um pequeno algebrismo, vˆ e-se que a equa¸c˜ao de onda de d’Alembert mant´em a mesma forma em dois sistemas inerciais. De fato, 2
O encurtamento (∆L) do avi˜ ao para um observador no solo ser´a dado por
∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 + + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
− L = 12
v2 c2
∂ 2 Ψ = 0 2 ∂t
v c
2
Lo = 0,1 nm
Exerc´ ıcio 6.11.7
Para um observador no solo, ser´a necess´ario um intervalo de tempo da ordem de τ T = 106 s
1
1 2 γ 1 c2
11,6 dias
para que as medidas dos rel´ ogios difiram por um valor igual a 2,0 µs.
1
Exerc´ ıcio 6.11.2
a)
b)
1/2
− − v2
1
c2
1
1
Exerc´ ıcio 6.11.8
τ T = γ (v)τ o = 15,2 µs
1 v2
− 2 c2 = 0,99995
1/2
v2 c2
Exerc´ ıcio 6.11.9
= 0,02
Exerc´ ıcio 6.11.3
∆t = Lo
900 50 v = = 0,5 ps c2 9 1016
×
×
A rela¸c˜ao entre os volumes V e V o ser´ a dada por lx ly lz V = = 0,6 V o lx ly lz
× × × ×
e o volume V , por V = 0,6 V o = 600 cm3
1000
Exerc´ ıcio 6.11.4
v
0,14c = 4,2 × 107 m/s
δ
Exerc´ ıcio 6.11.5
∆t = γd
v vd 0,4 600 = = = 0,8 µs c2 cc 3 108
d
Exerc´ ıcio 6.11.10
× ×
− δ∗ = 2 × 10−7 m
Exerc´ ıcio 6.11.11
v = 3,6
× 104 m/s
18
F´ısica Moderna
Exerc´ ıcio 6.11.12
Para fazer o esbo¸co da dependˆendia 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 .
Na figura acima, comparam-se os valores obtidos por Kaufmann (c´ırculos) com os valores esperados segundo a Relatividade Restrita (quadrados). Cabe notar que a discrepˆ ancia observada foi o motivo que levou Kaufmann a criticar a teoria de Einstein na ´epoca de suas medidas.
Caruso
•
Oguri
7
A desconstru¸ c˜ ao do ´ atomo: algumas evidˆ encias do s´ eculo XIX 16 C = C 3 3 16 C 36 λ6 = = C 8 8 36
Exerc´ ıcio 7.5.1
λ4 =
Os resultados encontrados s˜ ao:
• Para Lyman: A λ12 = 1215 ˚
e
A λ13 = 1025 ˚
e
λ35 = 12810 ˚ A
Na nota¸c˜a o de Stoney, estes valores est˜ ao respectivamente associados a`s raias H α , H β e H γ . Suas raz˜oes valem
• Para Paschen: λ34 = 18750 ˚ A
H α : H β =
• Para Brackett:
e
λ45 = 44440 ˚ A
λ46 = 26240 ˚ A
e
H α : H γ =
36C 5
36C 5
27 = × 3C 16 20
8 32 = = × 8C 36 5 20
Portanto, Exerc´ ıcio 7.5.2
H α : H β : H γ =
A f´ ormula de Balmer pode ser escrita como λ=
onde C
1 1 1 : : 20 27 32
C
1 m2
−
1 n2
Exerc´ ıcio 7.5.3
Utilizando para 1/RH o valor aproximado de 0,9115 10−5 cm, encontra-se que o menor comprimento de onda para a s´erie de Lyman ´e 911,3 ˚ A e o maior, 1 215 ˚ A.
≡ 1/RH .
×
As rela¸ c˜o es obtidas por Stoney, em 1871, referem-se `as raias de Balmer correspondentes aos valores m = 3, 4 e 6. Para estes valores, a aplica¸c˜ao direta da f´ ormula anterior fornece os seguintes comprimentos de onda: λ3 =
Exerc´ ıcio 7.5.4
Uma rede de difra¸ca˜o de Rowland tinha uma resolu¸c˜a o da ordem de 600 linhas/mm, o que corresponde a uma distˆ ancia entre as linhas de cerca de 1/600 167 10−3 mm. J´ a uma rede
C 36 = C 5 5 36
19
×
20
F´ısica Moderna
com um espa¸camento entre linhas de 2 10−8 m = 2 10−5 mm corresponde a um poder de resolu¸c˜ao de
×
×
2
×
1 = 50 000 linhas/mm 10−5
Exerc´ ıcio 7.5.5
O n´umero de mols em 1,08 n=
1,08 103 g 18 g/mol
×
× 103 g de a´gua ´e
⇒
n = 60 mols
Exerc´ ıcio 7.5.6
O volume de hidrogˆenio ´e calculado pela equa¸c˜ao de Clapeyron V =
nRT P
A press˜ao de 700 mmHg ´e igual a 0,93 Logo, V =
2,5
ou V = 6,7
× 105 Pa.
× 10−3 × 8,3 × 3 × 102 0,93 × 105
× 10−5 m3 = 6,7 × 10−2 L ⇓ V = 67 mL
Exerc´ ıcio 7.5.7
A constante de Faraday (F ), de acordo com as leis da eletr´olise, ´e a constante de proporcionalidade entre o equivalente eltroqu´ımico (K ) e o equivalente qu´ımico (µ/n). De acordo com os dados da tabela a seguir, a constante de Faraday pode ser obtida a partir de um ajuste linear, como ilustra a pr´ oxima figura, e ´e dada por F = (9,651
± 0,001) × 104 C/mol
Caruso
•
Oguri
8
Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X Exerc´ ıcio 8.5.1
Exerc´ ıcio 8.5.2
a)
F P
O estudo das descargas em gases, durante o final do s´ eculo XIX, foi um dos cap´ıtulos mais marcantes da F´ısica. Foi a partir dele que se descobriram o el´etron e os raios X . O debate cient´ıfico em torno deste tema teve o m´erito inicial de colocar na ordem do dia a discuss˜ao acerca da natureza da luz. Ambas foram descobertas que tiveram, historicamente, um papel essencial na compreens˜ ao da estrutura da mat´eria e da F´ısica Atˆ omica.
= 3, 6
el´ etron
× 1011
b)
F P
pr´ otron
1 = 1836
F P
= 1,96 el´ etron
Exerc´ ıcio 8.5.3
O el´etron p˜oe em evidˆencia, depois de cerca de 25 s´eculos, o fato de que o a´tomo n˜ ao ´e indivis´ıvel, como acreditavam os gregos e os qu´ımicos. Por outro lado, dos estudos de raios cat´ odicos v˜ ao aparecer as primeiras v´ a lvulas e os primeiros diodos, marcos de uma nova era que estava para se onica , que viria a inaugurar no s´eculo XX, a eletrˆ mudar qualitativamente a tecnologia deste s´eculo.
v = 1,45
× 107 m/s
Exerc´ ıcio 8.5.4
a) y = 0,3537 m
J´ a os raios X , descobertos por R¨ontgen, foram muito importantes no estudo da cristalografia, a partir dos estudos de William Henry Bragg e William Lawrence Bragg e na pr´ opria compreens˜ a o as regularidades atˆ omicas, como ficou evidenciado do trabalho sistem´ a tico de Moseley. Assim como o el´etron, os raios X tiveram enorme impacto sobre a sociedade, a partir de suas aplica¸co˜es na a´rea m´edica e, posteriormente, na ind´ ustria.
b) θ = 28, 8o
Exerc´ ıcio 8.5.5
Y D = 2dV a V
21
× 108
22
F´ısica Moderna
Exerc´ ıcio 8.5.6
Caruso
•
Oguri
Exerc´ ıcio 8.5.8
e = 4,8 m
Considere o esquema a seguir.
× 107 C/kg
Exerc´ ıcio 8.5.9
O m´ odulo do campo el´etrico deve valer E =
3ma q
a) v0 = 2,9
que pode ainda ser escrito como
× 107 m/s
b)
E = Y = 0,25 mm
Exerc´ ıcio 8.5.7
− 1
ρar ρ
3mg q
Exerc´ ıcio 8.5.10
Considere o esquema da figura a seguir. No movimento circular uniforme (v = ωr), F v e, portanto, o aˆngulo descrito ap´ o s um tempo t ´e dado por θ = ωt. Logo, para pequenos ˆangulos, y = rθ = ωrt = vt
V = 1,9
× 109 V
⊥
Exerc´ ıcio 8.5.11
A janela do aparato de Lenard deve ser delgada para evitar que o feixe se enfraque¸ca pela intera¸c˜ao com a mat´ eria, deve vedar bem o entorno do orif´ıcio para eliminar perdas inconvenientes e deve ser resistente o suficiente para suportar a diferen¸ca de press˜a o entre o ar exterior e o ar rarefeito dentro do tubo. Exerc´ ıcio 8.5.12
A velocidade pode ser determinada pela conserva¸ca˜o de energia, 1 mv 2 = qV 2
⇒
v=
2qV m
onde V ´e o potencial acelerador. Substituindo o valor de v na express˜ao anterior para y encontrase y=
2qV t m
⇒
y1 (t) = y2 (t)
m2 m1
1/2
Uma vez que a densidade do ´oleo ´e muito maior do que a do ar, ρ´oleo >> ρar , a express˜ao para a carga (q) adquirida por uma gota de o´leo, em fun¸c˜ao das velocidades terminais de descida (vg ) e de subida (vE ) da gota, sob a a¸ca˜o de um campo el´etrico E , pode ser expressa como q
√
1/2
9π 2 η 3/2 vg (vg + vE ) E ρ1/2 g 1/2
onde η = 1,824 g = 9,81 m/s2 .
× 10−5 Ns/m2, ρ = 0,92 g/cm3
e
23
´ dicos: a descoberta do el ´ 8. Os raios cato e tron e dos raios X
Como V = 5085 V e d = 1,6 cm, o campo el´etrico ser´ a dado por E = V /d = 3,18 105 V/m.
×
Por outro lado, as duas velocidades que aparecem na express˜ ao 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 ´oleo pode ser expressa como q=
=
√ 9π 2 E
η 3/2
s1/2
ρ1/2 g 1/2 t1/2 g
√ 9π 2 (ηs/t )3/2
s
1 1 + tg tE
E
9π = E
2 ρg
ηs tg
1+
tg tE
3
1+
×
−
q
¢q=q – q 1(×10 –19C)
n
¢q /e
(|¢q|-ne)/q
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
| |
tg tE
x
Para o tempo m´ edio de queda 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 el´etricas das gotas s˜ a o reportados na tabela a seguir.
≡ ∆qe
e
y
≡ ∆q q−1 ne
pode-se testar se os dados s˜ao compat´ıveis com a hip´otese de que existe uma carga elementar, tal que a varia¸ca˜o relativa ∆q/q1 seja igual a ne/q1 , ou seja, de que y = 0. Fazendo-se um ajuste aos dados do tipo y = a (constante), obt´em-se para a constante e para a incerteza associada (σa ), os seguintes valores
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
Ap´ os um exaustivo n´ umero de experimentos, Millikan estimou que a menor valor absoluto da diferen¸ca entre as cargas das gotas de ´oleo era da ordem de 4,991
×
Definindo-se
Q
tE(s)
1
onde n ´e o n´ umero inteiro positivo mais pr´ oximo − 19 de ∆q /e, onde e = 1,664 10 C ´e o suposto valor da carga elementar inicialmente estimada por Millikan.
g (ρg)1/2
Escolhendo o valor q1 = 39,80 10−19 C, correspondente ao tempo de subida tE = 22,37 s, como valor de referˆencia, pode-se construir a pr´oxima tabela com os quatro valores restantes, em fun¸ca˜o da diferen¸ca ∆q = q q1 .
× 10−10 statC = 1,664 × 10−19 C
ou seja, as medidas das cargas el´etricas eram m´ ultiplos de uma quantidade elementar associada ao el´etron, cujo valor atual ´e e = 1,60217733(49) 10−19 C.
×
N
a=y=
i=1
σa =
onde σy =
yi = 0,0004 N
y √σN = 0,0017 ⇒
N i
(yi
2σa = 0,0034
− y)2 = 0,0034 N
e N = 4.
O resultado do ajuste ´e mostrado no diagrama de dispers˜ao a seguir. Uma vez que a < 2σa , o valor de ajuste encontrado para a constante ´e compat´ıvel com o zero, ou seja, com a hip´ o tese de que a carga adquirida por uma gota, ´e quantizada, sendo um m´ ultiplo da menor diferen¸ca encontrada por
24
F´ısica Moderna
Millikan e = 4,991
× 10−10 statC = 1,664 × 10−19 C
a qual ´e igual a magnitude inicialmente estimada por Millikan para a carga do el´etron. Exerc´ ıcio 8.5.13
6,25
× 1018 el´etrons/s
Exerc´ ıcio 8.5.14
Como as part´ıculas espalhadas formam um ˆangulo reto no laborat´ orio, o pr´oton est´ a colidindo com uma part´ıculas de massa praticamente igual `a dele, portanto, o g´ as deve ser o hidrogˆenio. Exerc´ ıcio 8.5.15
d = 2,814 ˚ A
Caruso
•
Oguri
9
A Radioatividade No limite em que n
Exerc´ ıcio 9.7.1
α = 1,125
Qn =
× 10−5 erg = 7 MeV
N =1 N o
→ ∞, 2 2
3 3
− λt + λ2!t − λ3!t
+ ... = e−λt
Assim, N = N o e−λt
Exerc´ ıcio 9.7.2
n = 1,1
× 1011 s−1
Exerc´ ıcio 9.7.5
m = 2,52 Exerc´ ıcio 9.7.3
N A
Exerc´ ıcio 9.7.6
5,9 × 1023
O processo de decaimento de radiois´otopos a ser considerado ´e do tipo
Exerc´ ıcio 9.7.4
A
O lim Qn = N/N o . Expandindo a express˜ ao n→∞ de Qn de acordo com a f´ ormula do binˆ omio de Newton, tem-se Qn =
1
=1
−
− dN = λN dt
n
− n λtn + n(n2!−
n(n
1) λ2 t2 n2
Como o elemento B est´a no meio da cadeia de decaimento, o n´ umero deste radiois´otopo que ainda existir´ a decorrido um intervalo de tempo t ser´ a a diferen¸c a entre o n´ umero produzido pelo decaimento de A e o n´ umero que decaiu em C .
+
− 1)(n − 2) λ3t3 + ... n3
3!
Se N o ´e o n´ umero inicial de a´tomos do tipo A e sua constante de decaimento ´e λA , o n´ umero de ´atomos do tipo B formados ap´ os um intervado de tempo dt ser´ a igual ao n´ umero dN de ´atomos A que deca´ıram em B, o que ´e dado por
´ conveniente reescrevˆe-la como E
− − − − −
Qn = 1
λt + 1
1
1 n
1
1 n
λ2 t2 + 2!
2 n
λ3 t3 + ... 3!
→ B → C
Sabe-se que a lei do decaimento radioativo ´e
− λt n
× 10−3 g
− dN (Adt→ B) = λAN A 25
26
F´ısica Moderna
Por sua vez, se se considera que o n´umero inicial de ´atomos do tipo B ´e zero e que sua constante de decaimento ´e λB , neste mesmo intervalo de tempo o n´ umero destes ´atomos vai variar seguindo a mesma lei, ou seja,
− dN (Bdt→ C ) = λB N B A varia¸c˜a o final de a´tomos do tipo B, dN B , neste intervalo infinitesimal de tempo, ´e a diferen¸ca das duas equa¸c˜oes, ou seja, B − dN = λA N A − λB N B dt
O n´ umero de ´atomos do tipo A que sobrevivem pode ser eliminado da equa¸ca˜o anterior lembrando que N A = N o e−λA t Assim, dN B = λA N o e−λAt dt ou
− λB N B
dN B + λB N B = λA N o e−λAt dt
´ conveniente multiplicar-se toda a u´ltima E equa¸c˜a o pelo fator eλB t , de forma a facilitar a integra¸ca˜o. De fato, obt´em-se eλB t
dN B + λB N B eλB t = λA N o e(λB −λA )t dt
ou eλB t dN B + λB N B eλB t dt = λA N o e(λB −λA)t dt que ´e ainda equivalente a
d eλB t N B = λA N o e(λB −λA)t dt Integrando-se ambos os lados, chega-se a N B eλB t =
λA λB
− λA
N o e(λB −λA )t + C
onde C ´e uma constante de integra¸ca˜o, que pode ser determinada pela condi¸c˜a o de que o n´ umero de ´atomos B em t = 0 ´e nulo: λA λA 0= N o + C C = N o λB λA λB λA
−
⇒
− −
Caruso
•
Oguri
Substituindo este valor na equa¸c˜ao anterior, obt´em-se λB t
N B e
= N o
λA λB
− λA
e, finalmente, N B = N o
λA λB
− λA
e
(λB λA )t
−
−
e−λAt − e−λB t
1
10
A radia¸ c˜ ao de corpo negro e a concep¸ c˜ ao corpuscular da luz Exerc´ ıcio 10.6.1
Exerc´ ıcio 10.6.2
Segundo Paschen, a densidade espectral de energia da radia¸ca˜o de corpo negro ´e dada por
Se um f´oton ´e totalmente absorvido por um el´etron livre, este adquire toda sua energia e todo o seu momentum . Segundo as leis de conserva¸ca˜o de momentum e energia,
u(λ, T ) = bλ−γ e−a/(λT ) onde γ
p γ + p e = p e
5,66.
E γ + E e = E e
Assim, a lei de Stefan pode ser escrita como u=
u(λ, T ) dλ = aT
=b
∞
0
λ−γ e−a/(λT ) dλ
·
E γ 2 + E e2 + 2E γ E e = E e2
(E γ 2 p2γ c2 ) + (E e2
−
0
− p2e c2) +
− · −
Definindo a λT
p2γ + p2e + 2 pγ p e = pe2
Multiplicando a express˜ ao derivada da conserva¸c˜a o do momentum por c2 e subtraindo-a da express˜ ao derivada da conserva¸c˜a o de energia, obt´em-se
4
∞
⇒ ⇒
m2e c4
0
a ≡ x ⇒ λ = xT ⇒ dλ = − x2aT dx
+2(E γ E e
p γ p e c2 ) = (E e2
pe2 c2 )
m2e c4
obt´em-se 1 γ γ 1
u = ba − T −
Uma vez que E γ = pγ c e me c2 ´e invariante, podese escrever E γ E e = ( pγ p e )c2
∞
γ 2
x − e−x dx cte. = aT 4
0
·
⇓
Logo, para se obter a dependˆencia correta da energia total irradiada pelo corpo negro com a temperatura, deve-se ter γ 1 = 4, ou seja,
E e = pe c cos θ
−
⇒
E e pe c
≤1
Desse modo, a hip´ o tese de que a energia e o momentum de um f´ oton podem ser inteiramente transferidos para um el´etron livre, ´e incompat´ıvel com a express˜ao relativ´ıstica
γ = 5
E e2 = p2e c2 + m2e c4 27
⇒
E e >1 pe c
28
F´ısica Moderna
Assim, a energia e o momentum n˜ ao poderiam se conservar simultaneamente se o el´ etron for livre. Entretanto, se o el´etron for ligado, haver´ a uma contribui¸ca˜o `a sua energia devida a` intera¸c˜ao eletromagn´etica, expressa pela fun¸ca˜o trabalho.
•
Oguri
Exerc´ ıcio 10.6.8
a) 8π ch 1 5 hc/KλT λ e
uλ =
com (λM T = b = 0,29 cm K) .
·
Exerc´ ıcio 10.6.3
b)
A dimens˜ao da constante de Planck ´e [h] = [energia]
Caruso
−1
−
x = e−x 5
1
× [tempo] = ML2T −2T = ML2T −1 c)
Por outro lado,
h = 4, 8 k
[momento angular] = [momentum linear] [distˆ ancia] = MLT −1 L = ML2 T −1
×
×
× 10−11 s.K
Exerc´ ıcio 10.6.9
Portanto,
k4 h3
[h] = [momento angular]
1,25 × 108 J.s−3 · K−4
Exerc´ ıcio 10.6.10
Exerc´ ıcio 10.6.4
E = 21, 796
× 10−19 J = 13,62 eV
k = 1,38
× 10−23 J/K
h = 6,6
× 10−34 J.s
e Exerc´ ıcio 10.6.5
P N = 126 W
Exerc´ ıcio 10.6.11
P = u/3 Exerc´ ıcio 10.6.6
N t
= 1019 f´otons/s
dU = T dS
− P dV = d(uV ) = udV + V du
= udV + dU dT dT Exerc´ ıcio 10.6.7
T = 5,7
×
103
Expressando dS em termos de dT e dV , tem-se K
∂S dU = T ∂T
dT + T
V
= udV + T
du dT dT
∂S ∂T
T
dV
− u3 dV
10.
29
˜ o de corpo negro e a concepc ˜ o corpuscular da luz A radiac ¸a ¸a
ou
e
∂S T ∂T
= V
∂S dT + T ∂T V
Igualando
dV =
V
du v dT + u + dV dT 3 4 3
∂S ∂T ∂S ∂T
u
V du T dT
=
V
4 u = 3 T T
b=
−1,3739 V
com incertezas dadas, respectivamente, por σa = 0,0078 J/C
ν
e
(1014 Hz)
σb = 0,053 V
V (volt)
5,19
0,75
5,49
0,81
6,88
1,41
7,41
1,61
8,22
1,95
O a juste ´e apresentado na figura que se segue.
∂ ∂V
∂S ∂T
=
V T
∂ ∂T
∂S ∂V
T V
Obt´em-se 1 du 4 1 du = T dT 3 T dt
− 43
⇓ ⇒
du 4u = dT T
u T 2
u = aT 4
Exerc´ ıcio 10.6.12
De acordo com a hip´ o tese de Einstein, o potencial de corte V e a freq¨uˆencia ν , associada ao f´ oton incidente, est˜ ao relacionadas por V =
− h e
ν
φ
onde h ´e a constante de Planck, e ´e a carga do el´etron e φ, a fun¸ca˜o trabalho. A partir dos dados da Tabela 10.7, reproduzida a seguir, que apresentam um coeficiente de correla¸c˜ao linear da ordem de 0,999719, a rela¸c˜ao de Einstein se ajusta aos dados quando os parˆ ametros a = h/e e b = φ s˜ ao
−
a=
× h e
1014 = 0,4037 J.s./C
Considerando que a carga do el´etron ´e dada por (PDG) e = 1,602176462(63)
× 10−19 C
a constante de Planck ´e estimada como hest = (6,46
± 0,12) × 10−34 J.s
Comparando-se com o valor de referˆencia, href = 6,62606876(52)
× 10−34 J.s
encontra-se a discrepˆancia
|h − h | = 0,166 est
ref
Sendo esta diferen¸ca menor que 2 0,12 = 0,24 este resultado mostra a compatibilidade entre a estimativa e o valor de referˆencia.
×
30
F´ısica Moderna
Caruso
•
Oguri
ou
Exerc´ ıcio 10.6.13
A cinem´ atica do efeito Compton representada na figura a seguir.
est´ a
(
− 0)(γ + 0) = pcγ cos φ
que elevado ao quadrado resulta em
− 0)2(γ + 0)2 = ( pc)22γ cos2 φ
(
Uma vez que ( pc)2 = 2 resulta
− 0)(γ + 0)2 = ( + 0)2γ cos2 φ
( Da conseva¸c˜ao da energia, tem-se
Assim, 2γ cos2 φ 2γ cos2 φ 0 = = 2 + 0 (γ + 0 )2 γ + 20 γ + 20
γ + 0 = γ +
−
Explicitando o quadrado da energia do f´ oton espalhado γ 2 = 2γ + 20 γ + 20
− 20 = ( + 0)( − 0),
Portanto, (2γ + 20 γ + 20
− 2(γ + 0) + 2
O diagrama seguinte expressa a lei da conserva¸ca˜o de momentum
− 2γ cos2 φ) =
= 0 (2γ + 20 γ + 20 + 2γ cos2 φ) ou [2γ (1
− cos2 φ) + 20γ + 20] = = 0 [2γ (1 − cos2 φ) + 20 γ + 20 ] + 20 2γ cos2 φ Assim, 20 2γ cos2 φ = 0 + (1 2γ pγ 2 = p2 + p2γ
− 2 ppγ cos φ
22γ cos2 φ
= 0 +
γ 0
donde, γ 2 = p2 c2 + 2γ
2
20
Levando-se em conta que = e 2 igualando as duas equa¸c˜oes anteriores para , obt´em-se γ 2 = 2γ + 20 γ + 20 = 2
−
− 2(γ + 0) + 2
− 20 + 2γ − 2 pcγ cos φ
donde (γ + 0 )
− cos2 φ) + 2 + γ 0
Uma vez que
− 2 pcγ cos φ ( pc)2
(1
− cos2 φ) + 20γ + 20
γ hν = 0 mc2 pode-se escrever
2hν cos2 φ = α(1 cos2 φ) + 2 +
−
1 α
+ mc2
ou ainda, = hν
− 20(γ + 0) = 2 pcγ cos φ
≡α
2α cos2 φ α2 + 2α + 1 α2 (1
− (1+α)2
−
cos2 φ)
+ mc2
10.
˜ o de corpo negro e a concepc ˜ o corpuscular da luz A radiac ¸a ¸a
Finalmente, explicitando α, chega-se ao resultado 2 = hν
1+
hν mc2
hν cos2 φ mc2
− 2
hν mc2
2
+ mc2 (1
− cos2 φ)
31
11
Modelos atˆ omicos cl´ assicos Exerc´ ıcio 11.8.1
A solu¸c˜ao deste problema requer a elabora¸c˜ao de um programa num´ erico. Apresenta-se abaixo o fluxograma l´ ogico 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)
Exerc´ ıcio 11.8.3
a g
1020
Exerc´ ıcio 11.8.4
Trata-se, na verdade, de um exerc´ıcio muito simples. Basta que se perceba que a se¸ca˜ o de choque de Rutherford depende do produto da carga nuclear e da part´ıcula espalhada elevado ao quadrado, dσ = dΩ
2
Ze2 mvo2
1 sen4 θ/2
Portanto, se ao inv´ es de Ze o n´ ucleo tivesse uma carga el´ etrica Ze em nada alteraria a previs˜a o de espalhamento do modelo de Rutherford.
−
32
12
Modelos quˆ anticos do ´ atomo Assim, o menor comprimento de onda (λmin) corresponde `a transi¸c˜a o tal que n , o que define o processo f´ısico de ioniza¸c˜ao para o qual o el´etron ´e arrancado do a´tomo, e a energia de ioniza¸c˜ao pode ser determinada por
Exerc´ ıcio 12.6.1
→∞
B = 14 Wb/m2 = 14 T
Exerc´ ıcio 12.6.2
I = µ = 9,0
4hc = 21,764 λmin
× 10−19 J
ou
× 10−24 A.m2
I = 13,6 eV
Exerc´ ıcio 12.6.3
ν 23 5/36 5 = = ν 13 8/9 32
Exerc´ ıcio 12.6.5
Representando os n´ıveis de energia segundo o esquema abaixo, que mostra a transi¸c˜a o do n´ıvel 5 para o n´ıvel 3, o problema resume-se `a determina¸c˜a o do n´ umero de pares de inteiros existentes entre n = 1 e n = 5.
Exerc´ ıcio 12.6.4
Segundo o modelo de Bohr, o espectro de energia do a´tomo de hidrogˆenio ´e dado por n =
−
e2 1 = 2a n2
(5, 4) (5, 3) (5, 2) (5, 1)
− n2
(4, 3) (4, 2) (4, 1)
I
onde I ´e a energia de ioniza¸c˜ao.
(3, 2) (3, 1)
Considerando que a energia de um f´o ton (γ ) absorvido ou emitido por um a´tomo de hidrogˆenio ´e dada pela diferen¸ca de energia entre dois n´ıveis do espectro,
(2, 1)
hc γ = hν = = n λ
C 52
I
e a s´ erie de Balmer corresponde a transi¸c˜o es a partir do n´ıvel = 2, cujos comprimentos de onda correspondentes s˜ao dados por
|
10 pares
Esse n´ umero pode ser calculado tamb´ em pela an´ alise combinat´ oria como
| − | = | n12 − 12 |
hc 1 = I λ n2
=
5 2
=
5! 5! = = 10 (5 2)!2! 3!2!
−
Exerc´ ıcio 12.6.6
1 4
− |
o = 2,72 keV 33
34
F´ısica Moderna
Exerc´ ıcio 12.6.7
v = αc
Exerc´ ıcio 12.6.8
x=
Exerc´ ıcio 12.6.9
m p = 1836,28 me
Para as impurezas do tipo i,
c 1 = λi 26
c
λCo
ou
− 1)
Z i = 1 + 26 Para i = 1, Z 1 = 1 + 26
(Z i
1785 2285
λCo λi
24 ⇒ Cromo
e, para a outra impureza, Z 2 = 1 + 26
1785 1537
29 ⇒ Cobre
Caruso
•
Oguri
13
A Mecˆ anica Quˆ antica Matricial Completando, convenientemente, pode-se escrever
Exerc´ ıcio 13.5.1
∞
ε = onde
ε
= = =
εn e−βεn n
=
eβε n
−d log dβ
∞
p2 1 H = + mω02 x2 2m 2
e−βε n
n=0
p2 = + 2m
β = 1/kT
−
− −
e2 E 2 2 2mω0
m ω0 x 2
2 e E m 2ω0
2
Definindo-se y = x (e/mω 2 ) E , a matriz hamiltoniana pode ser reescrita como
−
εn
− − − ∞
p2 1 H = + mω02 y2 2m 2
d log e−βε 0 /2 e−βε n dβ n=0
d dβ ε0 2
ε0 β + log 2
d log dβ
∞
ε0 2 ε0 2
e2 E 2 2 2mω0
Desse modo,
e−βε n
[x, H ] = [y, H ] = i
n=0
ν
e−βε n
[ p,H ] =
n=0
0
0
0
0
p m
e
0
0
−imω02x
Portanto, a solu¸ca˜o para as matrizes y e p implica que os termos diagonais da matriz H sejam dados por
2e−βε ε0 1 + eβε 1+ = 1 − e−βε 2 1 − e−βε eβε /2 + e−βε/2 hν hν = cotgh − βε /2 βε /2 2 2kT −e e 0
−
n =
n+
1 2
ω0
2
e 2 − 2mω 2 E 0
Exerc´ ıcio 13.5.2 Exerc´ ıcio 13.5.3
A matriz hamiltoniana, nesse caso, ´e dada por p2 1 H = + mω02 x2 2m 2
Parte-se de [x, p] = i, H = T + V , T = e V = mω02 x2 /2.
− eEx
p2 /(2m) 35
e2 E 2 2 2mω0
εn = (n + 1/2)ε0 = nε0 +ε0 /2
ε0 e−βε0 −βε 0
=
e2 eEx + E 2 2 2mω0
=0
1−e
=
−
os termos,
36
F´ısica Moderna
Caruso
a)
•
Oguri
ou [x2 , H ] = [x2 , T ] = i
[ p,H ] = [ p,T + V ] = [ p,T ] + [ p,V ] = [ p,p2 /(2m)] + [ p, mω02 x2 /2] =
m
(xp + px)
d)
1 1 [ p,p2 ] + mω02 [ p,x2 ] 2m 2
[xp,T ] = xpT
− T xp
Como [x, p] = i
⇒ xp = i + px, pode-se escrever [xp,T ] = iT + pxT − iT − T px = pxT − T px = [ px, T ]
Levando-se em conta que [A, B 2 ] = [A,BB] = ABB
− BBA = ABB −BAB + BAB −BBA
=0
Por outro lado, como [ p,T ( p)] = 0 segue-se que
= [A, B]B + B[A, B] e que [ p,f ( p)] = 0
[xp,T ] = xT p
para qualquer fun¸c˜ao f que dependa s´ o dos momenta , pode-se escrever
⇔ pT = T p,
− T xp = [x, T ] p
ou p2 [xp,T ] = [ px, T ] = i = 2iT m
1 [ p,H ] = mω02 [ p,x]x + x[ p,x] 2
−i, [ p,H ] = [ p,V ] = −imω02 x
e lembrando que [ p,x] =
Exerc´ ıcio 13.5.4
a) Substituindo no operador hamiltoniano
b)
p2 1 H = + mω2 x2 2m 2
[x, H ] = [x, T + V ] = [x, T ] + [x, V ] = [x, p2 /(2m)] =
as defini¸c˜oes de x e p em termos dos operadores a e a† , tem-se
1 [x, p] p + p[x, p] 2m
logo, [x, H ] = [x, T ] = i
H = p m
1 ωm † − 2m (a − a)(a† − a)+ 2 + 12 mω2 2ωm (a + a† )(a + a† )
=
c)
[x2 , H ]
=
[x2 , T +
V ] =
=
[x2 , T ]
1 = ([x, p]x + x[x, p]) p + p([x, p]x + x[x, p]) 2m
{
4 ω
4
− −
(a† − a)(a† − a) + (a + a† )(a + a† ) a† a† + aa† + a† a
+aa + aa† + a† a + a† a†
1 2 2 1 = [x , p ] = [x2 , p] p + p[x2 , p] 2m 2m
ω
ou
}
H =
w
2
− aa+
(a† a + aa† )
37
ˆ nica Qua ˆ ntica Matricial 13. A Meca
b) Para calcular o comutador [a, a† ], ´e preciso explicitar primeiro os operadores a e a† em termos de x e p:
2ωm
a + a† = a
− a†
x
[H, a† ] = ω a† Analogamente, [H, a] =
2 p ωm
= i
=
ou seja, 1 2
a† =
1 2
a =
2ωm
2ωm
x
− ≡ ≡ i
x+i
2 p ωm 2 p ωm
1 (αx 2
− iβp)
ω
2
ω
2
[a† a + aa† , a]
( a† a a
−
aa† a + aa† a
[H, a] =
1 (αx + iβp) 2
ω
2
( a + aa† a
−
−
=
−
=
−
×
Hψ = ψ
−
×
−ω a
d) Considere, inicialmente, um auto-estado ψ do oscilador harmˆ onico simples, de energia , tal que
−
=
− aa†a − a)
⇓ [H, a] =
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
Agora o segundo e o terceiro termos se anulam e substituem-se os termos assinalados de modo que
Assim, [a, a† ] =
− a aa† )
×
Aplicando-se, por exemplo, a identidade [H, a† ] = (ω/2)a† sobre a fun¸c˜ao ψ, tem-se
ou seja,
[H, a† ]ψ =
[a, a† ] = 1
ω
2
a† ψ = Ha† ψ
− a†Hψ
Pode-se ainda escrever c)
H
[H, a† ] = =
ω
ω
2
2
[a† a + aa† , a† ]
2
a† ψ = a† Hψ = a† ψ = a† ψ
donde Ha† ψ =
(a† aa†
− a† a†a + aa† a† − a†aa† )
O primeiro e o quarto termos de anulam. Os termos assinalados na equa¸ca˜o anterior poder ser escritos convenientemente utilizado, respectivamente, as rela¸co˜es a† a = aa† 1 e aa† = 1 + a† a, que decorrem da rela¸ca˜o de comuta¸c˜ao entre os operadores a e a† . Assim,
−
[H, a† ] =
−
ω
ω
2
(a†
− a†aa† + a†aa† + a† ) ⇓
+
ω
2
a† ψ
Portanto, o estado a† ψ ´e auto-estado do operador hamiltoniano, com autovalor + ω/2. Por este motivo, a† ´e denominado operador de levantamento, enquanto a ´e o operador de abaixamento, pois o estado aψ ´ e auto-estado do operador hamiltoniano, com autovalor ω/2.
−
Uma conseq¨ ueˆncia imediata disto ´e que o operador a, se aplicado ao estado fundamental, d´a zero como resultado, isto ´e, aψ0 = 0
38
F´ısica Moderna
Por outro lado, foi mostrado no item a, que H =
w
2
(a† a + aa† )
Com o uso da rela¸c˜ao de comuta¸c˜ao [a, a† ] = 1, o hamiltoniano pode ser reescrito como H = a† a + Se este operador fundamental,
´e
1 w 2
aplicado
ao
estado
1 1 Hψ0 = a† a ψ0 + w ψ0 = w ψ0 2 2 Mostra-se, assim, que ω/2 ´e o menor valor de energia do oscilador harmˆ onico simples.
Caruso
•
Oguri
14
A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria b)
Exerc´ ıcio 14.11.1
usculo “A onda ´e um quadro de jogos, o corp´ uma chance.” Esta frase de Bachelard faz alus˜ ao ao fato de que a previs˜ao de qualquer medida referente a uma part´ıcula quˆantica, ao contr´ ario do que ocorre em F´ısica cl´ a ssica, requer o conhecimento pr´ evio de sua fun¸ c˜ao de onda em todo o espa¸co, obtida a partir da equa¸c˜ao de Sch¨ o dinger. Todas as informa¸c˜o es sobre a part´ıcula, de uma certa forma, j´ a est˜ ao contidas nesse quadro formado pelo espa¸co abstrato das ´ uma fun¸c˜oes de onda, o espa¸co de Hilbert. E medida particular que projeta uma e apenas uma chance dentre todas as poss´ıveis.
×
⇒ √
h = 0,69 p
1.
Como γ =
γmc ⇒ λ = ph = 1, 24 × 10−15 m ν =
E = 2, 4 h
c = 4,4
⇒
⇒
× 1023 Hz
× 10−6 eV
Exerc´ ıcio 14.11.4
× 10−23 kg.m/s
λ = 3,33 ˚ A
× 10−11 = 0,069 ˚A Exerc´ ıcio 14.11.5
E = γmc 2 = 8,69 ν =
Exerc´ ıcio 14.11.3
p = γmv = 9,66
⇒
p = γmv
a) v = 108 m/s v/c = 1/3 γ = 1/2 − 1 1 3 8 1 = = γ = 1,06 9 4 8/9
λ =
× 10−14 J = 0,512 MeV
Segue-se que γ = E/E o 1, 953 103 v c
Exerc´ ıcio 14.11.2
−
E = 16 eV E o = mc2 = 8,199
E = 1,31 h
Como pc << mHe c2 , o problema ´e n˜ ao relativ´ıstico, e segue-se
× 10−14 J
a)
× 1020 Hz
v= 39
p m
⇒
v = 1,66 m/s
40
F´ısica Moderna
b)
p2
c =
•
Oguri
que ´e a equa¸ca˜o de Schr¨odinger independente do tempo.
T = 1,33 K
⇒
2m
Caruso
Exerc´ ıcio 14.11.7 Exerc´ ıcio 14.11.6
Da equa¸c˜ao de Schr¨odinger,
Se existe uma onda associada a uma part´ıcula, como defendia de Broglie, ela deve, segundo Schr¨odinger, por analogia ao problema da corda vibrante, satisfazer uma equa¸ ca˜ o de onda tipo d’Alembert (equa¸ca˜o (5.1) do livro de texto)
− 1 ∂ 2 v2 ∂t 2
2
Ψ(r, t) = 0
Uma solu¸c˜ao geral desta equa¸ca˜o pode ser do tipo Ψ(r, t) = u(r)e−iωt da qual resulta que a fun¸c˜ao que cont´ em a dependˆencia espacial deve satisfazer a` equa¸c˜ao
2
− 2m 2ψ + V (r)ψ = i ∂ψ ∂t
se V = V R + iV I e ψ = ψR + iψI , seguese (igualdando-se as partes real e imagin´ aria ds equa¸c˜ao) que
− −
2
O termo p2 pode ser expresso em fun¸c˜a o da energia total do sistema conservativo, ou seja, 2
p = 2m(E
− V )
e, portanto, k2 =
2m 2
(E
− V )
resultado este que leva `a seguinte equa¸c˜ao para u(r): 2 u + 2m2 (E V )u = 0
−
ou, 2
2 u( r) +
− 2m
2 ψ 2m
I
− V ψ I
I
=
+ V I ψR + V R ψI =
∂ψ I ∂t
∂ψ R ∂t
2
2m
− ∂ψ∂t
2ψ
I
I
+ V R ψI = 0
Logo, a dependˆencia temporal de ψI variaria exponencialmente no tempo como ψI (t) = ψI (0)e−t/V I
p2
⇒
2
V I ψI =
Por outro lado, de Broglie havia admitido a existˆencia de uma rela¸c˜ao linear entre p e k, tal que p = k
p2 H = E = + V 2m
+ V R ψR
R
−
onde k 2 = ω 2 /v2 .
k2 =
2ψ 2m
Se ψR = 0, das equa¸co˜es anteriores resulta, respectivamente,
2u + k2u = 0
e, portanto,
2
V (r)u(r) = Eu(r)
com um coeficiente /V I . J´ a a dependˆencia espacial seria dada pela equa¸ca˜o de Schr¨odinger independente do tempo, sendo o potencial apenas a parte real do potencial total. Por outro lado, se ψI = 0,
−
2
2 ψ 2m
V I ψR =
R
+ V R ψR = 0
∂ψ R ∂t
⇒
ψR (t) = ψR (0)e+t/V I
Neste caso, ψR tamb´em variaria exponencialmente no tempo, com o mesmo coeficiente, mas sinal contr´ario, enquanto que a equa¸c˜ao espacial ´e do mesmo tipo do caso anterior. Portanto, pode-se concluir que a existˆencia de um potencial complexo permite que a fun¸ ca˜o
41
ˆ nica Qua ˆ ntica Ondulat o ´ ria 14. A Meca
de onda seja somente real ou imagin´ aria pura, mas n˜ ao haveria conserva¸c˜a o da densidade de probabilidade.
H ( q)ψE ( q) = Eψ E ( q) = H (q)ψE ( q)
−
−
−
⇓
Exerc´ ıcio 14.11.8
ψE (q)
∼ ψE (−q) ou ψE (q) = λψE (−q) ⇓ 2 2 ψE (q) dq = λψE (−q) dq = 1
Suponha que existam duas autofun¸ c˜oes diferentes, uk e u , com autovalores de energia E k e E . Logo d2 uk dx2
2mE k
=
2
uk +
2mV 2
uk Logo,
d2 u dx2
2mE
=
−
2
u +
2mV 2
λ2
u
ψE (q)
2
dq = 1
1
Multiplicando a primeira equa¸ca˜ o por u e a segunda, por uk , e subtraindo uma da outra, chega-se a u
d2 uk dx2
λ2 = 1
λ=
⇒
±1
2
− uk ddxu2 = 2m (E k − E )uk u 2
Exerc´ ıcio 14.11.10
ou
d du uk dx dx
−
duk 2m u = 2 (E k dx
A=
− E )uk u
2 L
o que equivale a du uk dx
−
duk 2m u = 2 (E k dx
− E )
b)
uk u dx
Se h´a degenerescˆencia, E k = E para uk = u , o que implica que
du duk = u dx dx
ou
−
2 πx ρn (x) = sen2 n L L
=
1 1 L
cos n
πx L
du duk = u uk
o que requer que u = uk , contrariando a hip´ otese. Portanto, em problemas unidimensionais, n˜ ao h´a autoestados degenerados para a equa¸ c˜a o de Schr¨odinger. Exerc´ ıcio 14.11.9
H ( i∂/∂q, q) = H ( i∂/∂q,
−
H (q)ψE (q)
−
= Eψ E (q)
−q)
c) A probabilidade P = P (0 < x < L/4) ´e dada por
42
F´ısica Moderna
Caruso
•
Oguri
a)
P =
1 1 + 4 2nπ
× −
0
n = par
1
n = 1, 5, 9,
1
·· · n = 3, 7, 11, · ··
A= b)
1
− − E 2
½(x)
a
Exerc´ ıcio 14.11.11
∆E =
√1a
E 2 =
E n2
E n2 = 0
x
x0 +a
x0
fig. 14.13
Exerc´ ıcio 14.11.12
Seja ψ(r, 0) = αψ1 (r) + βψ 2 (r) A densidade de probabilidade ´e dada por
ρ(x) =
ρ(r, t) = ψ ∗ (r, t)ψ(r, t) = = a(r) + [c(r) + c∗ (r)] cos ωt+ = i[c(r) − c∗ (r)] sen ωt
ou
c)
b(r) cos φ(r) =
[α∗ βψ 1∗ (r)ψ2 (r)] tg φ(r) = [α∗βψ1∗(r)ψ2(r)]
e
1/a
xo < x < xo + a
0
x > xo + a
2
x2 = x2o + xoa + a3 Assim,
−[c(r)] = i[c(r) − c∗(r)]
Assim,
x < xo
d)
onde b(r)sen φ(r) = [c(r)] = c(r) + c∗ (r)
0
x = xo + a/2
ρ(r, t) = a(r) + b(r) cos[ωt + φ(r)]
−
(∆x)2 = x2
− x2 = a2
ou ∆x =
√a12
b = 2 c = 2 α β ψ1 (r) ψ2 (r)
||
| || |
Exerc´ ıcio 14.11.13
Exerc´ ıcio 14.11.14
a) A† =
ψ(x, 0) =
Aeiko
xo < x < xo + a
0
x < xo
e x > xo + a
−
− dxd
b) A† = c∗
1 3
1 4
=
a2 12
43
ˆ nica Qua ˆ ntica Ondulat o ´ ria 14. A Meca
c)
c) p2 [xp,H ] + [ px, H ] = 2i m
d A† = i =A dx
d)
Exerc´ ıcio 14.11.18
A† = A
a) Exerc´ ıcio 14.11.15
[r p,T ] = i
·
m
( p2x
+ p2y
+ p2z )
p2 = i m
Aφn (r) = an φn (r) b) a)
V
ou
φ∗n (Aφn ) dV = (an
(Aφn )∗ φn dV
V
2
− a∗n)
φn dV = 0
V
≥0
r = rˆ r p =
i =
− −
[r p,V (r)] =
·
an = a∗n (real)
V
ou
φ∗n (Aφn ) dV = (an
Para an = a
− a )
⇒
V
(Aφ )∗ φn dV
V
φn φ dV = 0 V
−ir dV dr
Exerc´ ıcio 14.11.19
ωo =
∂ 1 ∂ 1 ∂ i rˆ + θˆ + φˆ ∂r r ∂θ rsen θ ∂φ
Logo,
⇓
b)
1 √LC
T =
⇒
√
2π = 2π LC ωo
· 10−27 J.s h
φ∗ φn dV = 0
(eV ) T
energia
Exerc´ ıcio 14.11.16
Exerc´ ıcio 14.11.20
A =
| |
2 n cn an
a)
cos(qx) dx
cos(qx) = lim e−x
eiqx + e−iqx 2
senqα lim = α →∞ q
Exerc´ ıcio 14.11.17
H = p2 /2m e [x, p] = i
a) [x, H ] = i b) [x2 , H ] = [xx,H ] = i
ou
p m
m
→0
1 cos(qx) = lim 2 →0 (xp + px)
+
∞
0
∞
e(iq −)x dx+
0
∞ e(−iq−)x dx
0
44
F´ısica Moderna
1 1 cos(qx) = lim e(iq−)x 0 → 2 iq
−
1 ( iq )x iq+ e
− −
−
1 1 lim 2 →0 iq +
cos(qx) =
=
1 2
=
1 2 lim 2 2 →0 + q 2
lim →0
∞
0
0
1
− iq −
1 +iq
∞
+
1 iq
−
=
Logo senqα 2 = lim 2 α →∞ →0 + q 2 q lim
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 = 2 2 + q2
π/2
dθ = π
0
Logo, = πδ(q) →0 2 + q 2 lim
1
" 1 2"
lim 0
" "
"
q
" = a±(q ) "2+q 2
Caruso
•
Oguri
15
Aplica¸ co ˜es da equa¸ c˜ ao de Schr¨ odinger Exerc´ ıcio 15.7.1 ¥
¥
a) As solu¸c˜o es para cada uma das regi˜ o es s˜ao dadas por incidente
0
refletida
a
x
ψI = Aeiko x + Be −iko x ψII = Ce ikx
onda de uma part´ıcula livre dentro do po¸co ´e
transmitida
ψn (x) =
b)
2 sen a
0
t=
−− − − − − − − 4 1
1+
r=1
−t=1 1
r=
1+
V o /E
4 1
1+
1 1
2
V o /E V o /E
V o /E
e x > a)
π 2 2 E n = n 2ma2 2
onde n = 1, 2, 3,
V o /E
1
(x < 0
(0 < x < a)
com autovalores
V o /E
1
nπx a
·· ·
a) O valor m´edio da posi¸c˜ao ´e dado por
2
xn = a2
2
O valor m´edio do momentum ´e dado por
2
pn = 0 b)
Exerc´ ıcio 15.7.2
Considere o po¸c o de potencial confinante esquematizado na pr´o xima figura. A fun¸c˜a o de
(∆x)n = 45
a 12
√
− 1
6 n2 π 2
46
F´ısica Moderna
Caruso
•
Oguri
O valor m´edio do quadrado do momentum ´e dado por
nπ a
(∆ p)n =
∆ p =
Para n = 1
n2 π 2 12
− 12
a
(∆x)(∆ p) =
10 > 7 2 2
d) Partindo da fun¸c˜ao de onda no instante t = 0,
⇒ ∆x · ∆ p ´e m´ınimo. Neste caso,
(∆x∆ p)m´ın imo
10
Assim, o produto das incertezas ´e dado por
Chega-se, portanto, ao produto das incertezas, dado por (∆x)n (∆ p)n =
√
0,57 > 2
ψ(x, 0) =
√ ∞ 8 15
n=1
n3 π3
sen
nπx a
n = 1, 3, 5,...
π 2 2 = n 2ma2 2
E n
c)
| | × ×
2
ψ( p) =
4
pa
1 + cos
30a π
1+4
2
obt´em-se a dependˆencia temporal de ψ multiplicando-se cada uma das autofun¸c˜o es sen (nπx/a) por E −iE n t/, chegando-se assim a
pa
pa
ψ(x, t) =
+
d)
+ 1 A= 2 a
30 a
+
√
8 15 πx −i π2 2 sen e 2ma t π3 a 1 3πx −i 27π22 sen e 2ma t 27 a 2 1 5πx i 125π2 t 2 ma sen e 125 a 1 7πx −i 73 π22 t sen e 2ma + 73 a
−
−
· ··
e) Exerc´ ıcio 15.7.3
√
8 15 cn = 3 3 n π
com
n = 1, 3, 5,...
A figura a seguir representa o potencial descrito no enunciado do exerc´ıcio.
⇓
V (x)
| |2= n960 6 π6
P (E n ) = cn
V o
E
e)
V
o
∆x = a
− 2 7
I
1 a = 4 2 7
√
II
0
III
a
x
t = 1+
V o2 4E (V o E )
−
47
˜es da equac ˜ o de Schro ¨ dinger Aplicac ¸o ¸a
15.
senh2 ρa
1
b)
lim t =
E<
16E (V 0 V 02
− E ) e2ρa << 1
c) E > V 0
V o t = 1+ sen2 ka 4E (E V o )
−
1 t = 1+ 4(E/V o )(E/V o
− 1)
−1
sen2 ka
− √ √ −
1 lim t = 1 + sen2 E>>V 0 4(E/V o )2
−1
Esta express˜ao mostra um efeito ressonante, como ilustram as figuras a seguir para diferentes valores de ........
=1
V o E
f) r = 1
2
t=
sen2
E V o
2mV o
V o 2 2 2E sen
EV o
E V o
a
2mV o a
g) O m´ aximo de t ´e obtido quando r = 0. ko = nπ
⇒ tm´ax = 1 2mE 2
a2 = n2 π2
⇓ n2 π 2 2 E n = n = 1, 2 2ma2
Exerc´ ıcio 15.7.4
t = 6,93
× 10−69
Exerc´ ıcio 15.7.5
E = d) E >> V 0
⇒ k = √2mE/ = k0
2mV o a
−ma2V 02 22
···
−1
48
F´ısica Moderna
Caruso
•
Oguri
Definindo-se uma nova vari´avel y=x
− mωq 2 0
reescreve-se o hamiltoniano como p2 1 H = + mω02 y2 2m 2
−
q2 2 = H osc 2mω02
−
q2 2 2mω02
Neste caso, os autovalores j´a foram determinados no exerc´ıcio 13.5.2 e valem Exerc´ ıcio 15.7.6
n =
b)
Exerc´ ıcio 15.7.7
a) Como foi visto no exerc´ıcio 13.5.2, ´e conveniente completar o quadrado no operador hamiltoniano, acrescenta-do e subtraindo o termo constante q 2 /(2mω02 ) (j´ a que o campo ele´etrico ´e constante), de modo que H =
p2 1 + mω02 x2 2m 2
2
2
q q 2 2 − qx + 2mω 2 − 2mω2 0
0
− − =0
p2 = + 2m
m ω0 x 2
2 q m 2ω0
2
q2 2 2mω02
1 n+ 2
ω0
−
q2 2 2mω02
15.
49
˜es da equac ˜ o de Schro ¨ dinger Aplicac ¸o ¸a
c)
que ´e ainda igual a [L2 , z] = Lx [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 ´ıtens anteriores. Portanto, [L2 , z] = Lx ( iy) + ( iy)Lx +
−
−
+Ly (ix) + (ix)Ly = i( Lx y
−
Exerc´ ıcio 15.7.8
− yLx + Ly x + xLy )
Pode-se ainda escrever
Exerc´ ıcio 15.7.10
[L2 , z] = 2i(xLy
a) b)
− yLx − iz)
f) Usando o resultado do item anterior,
c)
[L2 , [L2 , z]] = 2i [L2 , xLy ]
d)
− [L2, yLx]+
−i[L2, z] = 2i [L2, x]Ly + x[L2, Ly ]+ −[L2, y]Lx − y[L2, Lx] − i(L2z − zL2)
e) Neste exerc´ıcio utiliza-se a f´ormula do momento angular em coordenadas cartesianas e suas componentes, bem como as rela¸c˜oes de incerteza [xi , p j ] = iδij . Exerc´ ıcio 15.7.11
Cada componente do momento angular comulta com L2 , ou seja, [L2 , Lx ] = [L2 , Ly ] = 0. Escrevendo os quatro termos restantes explicitamente, obt´em-se
a)
[L2 , [L2 , z]] = 22 (zL2 + L2 z) [Lx , z] = [yp z , z]
− [zpy , z] = y[ pz , z] = −iy
b)
g) = xLx + yLy + zL z r L
[Ly , z] = [zp x , z]
− [xpz , z] = −x[ pz , z] = ix
[Lx , y] = [yp z , y]
− [zpy , y] = −z[ py , y] = iz
c)
d)
·
= x(yp z
− zpy ) + y(zpx − xpz ) + z(xpy − ypx) = (xy − yx) pz − (xz − zx) py + (yz − zy) px = 0 Exerc´ ıcio 15.7.12
[Ly , x] = [zp x , x]
− [xpz , x] = z[ px, x] = −iz
Exerc´ ıcio 15.7.13
e) Parte-se de [L2 , z] = [L2x , z] + [L2y , z] + [L2z , z]
px = py = py = 0
50
F´ısica Moderna
Caruso
•
Oguri
Para uma equa¸c˜ao do tipo y + α(x)y + β (x)y = 0 De fato, como os polinˆ omios de Legendre formam uma base completa, pode-se expressar G(x) como uma superposi¸ca˜o de P (x) da forma Exerc´ ıcio 15.7.14
k<
Gk (x) =
an P n (x)
n=0
+1
n=0
dg = gα(x) dx
k<
an
P (x)P n (x) dx =
−1
an δn
n=0
Como no somat´ o rio todos os valores de n s˜ao menores do que , segue-se que a integral proposta ´e nula.
ao de Hermite a) equa¸c˜
−
d dy A(x) + [λB(x) + C (x)]y = 0 dx dx que pode aind ser escrita como 2
d y 1 dA dy 1 + + [λB(x) + C (x)]y = 0 dx2 A dx dx A Comparando com a equa¸ca˜o de Hermite,
−2x ⇒
α(x)dx
−2x
⇒
2
g = e−x
Sua equa¸c˜ao ´e
2
A(x) = e−x
De uma forma mais geral, o que foi feito foi o seguinte. Tem-se a equa¸c˜ao de Hermite da forma
− 2xy + 2ny = 0
− x2)ψ = 0
Neste caso, a compara¸ca˜ o com a equa¸ ca˜ o de Sturm-Liouville ´e direta, obtendo-se A(x) = 1;
λ = γ ;
B(x) = 1;
C (x) =
−x2
e a equa¸ca˜ o de Hermite na forma de SturmLiouville se escreve
d e−x2 H + 2ne−x2 H = 0 n n dx c) equa¸c˜ ao de Laguerre Os polinˆ omios ordin´ arios de Laguerre satisfazem a equa¸c˜a o (15.106) do livro de texto com k = 0, ou seja,
Segue-se ainda, por compara¸c˜ao direta, que C = 0 e λ = 2n.
y
No caso da equa¸ca˜o de Hermite,
− 1)H = 0
−
1 dA = A dx
g(x) = exp
d2 ψ + (γ dx2
onde γ 1 = 2n, com n inteiro. Por outro lado, a equa¸c˜ao de Sturm-Liouville ´e
dg y dx
b) oscilador harmˆonico simples
A equa¸c˜ao de Hermite foi escrita no livro de texto como dH 2x + (γ dx
dg = α(x)dx g
⇒
Logo,
α(x) =
Exerc´ ıcio 15.7.15
d2 H dx2
d g(x)[y + α(x)y ] = [g(x)y ] = gy + dx ou
o que transforma a integral anterior em k<
pode-se buscar o chamado “fator de integra¸c˜ao”, g(x), tal que
xy +
(1
− x) y + ny = 0 x
Neste caso, o fator de integra¸c˜ao ´e g = exp
(1 dx x
−
dx = eln x e−x = xe−x
15.
Na forma de Sturm-Liouville, a equa¸ca˜o de Laguerre fica d (ex−x dx
Ln) + ne−xLn = 0
Por sua vez,
e, portanto, 2 ( + 1) + 2( + 1) = 2 ( + 1)2 + +2 ( + 1)2
No caso da equa¸c˜ao de Legendre
− x2)y − 2xy + ( + 1)y = 0
o fator de integra¸c˜a o imediatamente, pois d (1 dx
´e
− x2) = −2x
−
x2 )P ] +
− 2( + 1)( + 1)
ou ainda 22 + 2 + 22 + 2 = 2 (2 + 2 + 1)+
identificado
Portanto, a equa¸ca˜o de Legendre escrita na forma de Sturm-Liouville ´e d [(1 dx
− λ)2 = 22(λ + λ)
(λ
d) equa¸c˜ ao de Legendre
(1
51
˜es da equac ˜ o de Schro ¨ dinger Aplicac ¸o ¸a
+2 (2 + 2 + 1)
− 2( + + + 1)
O termo do lado esquerdo da equa¸c˜ao anterior pode ser escrito como 22 + 2 + 22 + 2 = 2 + 2
2 1
− −
( + 1)P = 0
( )2 2( +)
−
( +)2
+ 1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ( ++1)2
Exerc´ ıcio 15.7.16
= ( + + 1)2 + (
A integral a ser calculada vale 8π (k)2 [ j0 (kr) + j2 (kr)] 3
J´ a o termo do lado direito desta mesma equa¸ca˜o pode ser escrito como 4
22 2 + 4 + 23
+ 2
ψ | L2 |
−
( )2 )
−
Logo,
− )2 − 1 =
Assim, (λ
(2
− 2)2
[( +)( )]2
Exerc´ ıcio 15.7.18
λ
−
2 + 2
( + + 1)2 + (
2 2 + 23 +
2(2 2 )( )
−
3 ψ = 2 4
22
− − − − (2 2 )2
Exerc´ ıcio 15.7.17
− )2 − 1
−
λ = 2 ( + 1) λ = 2 ( + 1)
⇓
± λ = 2[( + 1) ± ( + 1)]
−λ)2 = 4[2(+1)2+2(+1)2−2(+1)(+1)]
+2 (2
2 ) (
− −
) + (
− )2
( +)( )
−
= [( + )2 + 2( + ) + 1]( = ( + + 1)2 (
− )2
− )2
Assim, ( + + 1)2
− 1 = [( + + 1)2 − 1]( − )2
52
F´ısica Moderna
[( + + 1)2
⇓
− 1][( − )2 − 1] = 0
donde
− = ±1
ou =
±1
( = 0, 1, 2, 3,...)
Caruso
•
Oguri
16
A equa¸ c˜ ao de Dirac: o spin do el´ etron e o p´ ositron Para σy ,
Exerc´ ıcio 16.9.1
det No estado caracterizado pelos n´ umeros quˆanticos n = 1, = 0 e m = 0, no orbital mais simples, freq¨ uentemente chamado de orbital ou camada K , podem se acomodar apenas 2 el´etrons, que diferem entre si apenas no spin. No estado seguinte (n = 2), a camada L, pode haver 2 el´etrons no orbital s e 6 no orbital p, em um total de 8 el´ etrons e assim sucessivamente. A generaliza¸ ca˜o ´e imediata: para uma camada rotulada pelo n´ u mero quˆantico n, o n´ umero m´ aximo de el´etrons que pode ser acomodado ´e 2 n2 , sendo o fator 2 associado aos dois poss´ıveis estados de spin do el´etron.
e, para σz , det
1 0
− λz
−
⇓ ⇒
=0
λy =
±1
0
−1 − λz = 0 ⇓ −(1 + λz )(1 − λz ) = λ2 − 1 = 0 ⇒ λz = ±1 Portanto, todas as matrizes de Pauli tˆ em autovalores iguais a 1.
±
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 e conhecido como regra 48, No. 286, p. 719-736, ´ de Stoner .
Exerc´ ıcio 16.9.3
A matriz S z pode ser escrita como S z =
Exerc´ ıcio 16.9.2
± 2 σz = ± 2
1 0 0 1
−
Assim, basta calcular os auto-estados u1 e u2 de σz . Para λ = 1, tem-se
Assim, para σx ,
λ2x
λy i i λy
λ2y + i2 = 0
×
det
− −
−
λx 1
1
−λx ⇓
−1 =0 ⇒
=0
λx =
1 0 0 1
−
o que implica que
±1 53
a b
=1
a=a b=
−b
⇒ b =0
a b
54
F´ısica Moderna
Escolhendo a = 1, obt´em-se u1 =
1 0
Analogamente, para λ =
Logo,
a=
−a
−1, deve-se obter ⇒a=0
b=b
u2 =
0 1
Sendo assim, os autovetores de S z s˜ao u1 =
2
1 0
; u2 =
2
0 1
Exerc´ ıcio 16.9.4
O alum´ınio (Al13 ) possui 2 el´etrons na camada K , 8 na L e 3 n a M , assim distribu´ıdos: 1s2 2s2 2 p6 3s2 3 p1 . J´ a o argˆ onio (Ar18 ), que ´e um g´ as nobre, tem uma distribui¸c˜ao eletrˆ onica que difere da do alum´ınio na u´ltima camada, na qual ele possui 8 el´etrons, ou seja, 1s2 2s2 2 p6 3s2 3 p6 .
Caruso
•
Oguri
17
Os indivis´ıveis de hoje composto de um quark c e um antiquark d¯ possui carga total +1.
Exerc´ ıcio 17.5.1
Sabe-se que o pr´oton ´e formado de trˆes quarks de valˆencia (uud) e o nˆeutron corresponde a um estado (udd). Pela conserva¸ca˜o da carga el´etrica, a carga de cada uma dessas part´ıculas deve ser igual a` soma das cargas qi (i = u, d) de seus constituintes. Logo,
q p
Exerc´ ıcio 17.5.4
Heisenberg foi quem introduziu o conceito de n´u cleon, para se referir ao fato de que pr´ oton e nˆ eutron apresentam-se como dois estados de uma mesma part´ıcula que, do ponto de vista das intera¸c˜oes fortes, comportam-se da mesma maneira.
= +1 = 2qu + qd
qn = 0 = qu + 2qd
Esta simetria ´e claramente quebrada na presen¸ca de um campo eletromagn´etico, capaz de distinguir as cargas el´etricas do pr´ oton da do nˆeutron. Portanto, o n´ umero de estados de cargas el´etricas poss´ıvel para o n´ ucleon ´e 2. Portanto, tem-se para este novo n´ umero quˆantico isospin , associado ao n´ ucleon, o seguinte valor
Resolvendo o sistema, obt´em-se qu = +2/3 qd =
−1/3
2I + 1 = 2 Exerc´ ıcio 17.5.2
O b´arion Ω− tem carga el´etrica 1, ou seja, sua carga el´etrica ´e igual a` do el´etron. Se a part´ıcula Ω− ´e composta de 3 quarks do tipo s, segue-se da lei de conserva¸c˜ao de carga que a carga el´etrica deste quark ´e 1/3.
−
−
Exerc´ ıcio 17.5.3
Foi mostrado no exerc´ıcio 17.5.1 que o quark u tem carga el´etrica +2/3. Por outro lado, sabese que as antipart´ıculas tˆem carga el´etrica oposta `a da sua correspondente part´ıcula. Portanto, o antiquark u ¯ tem carga 2/3. Como a carga do D0 ´e nula, segue-se que o quark c tamb´em tem carga +2/3. Deste modo vˆe-se que de fato o m´eson D
−
55
⇒
I =
1 2