soluções de problemas halliday v4

M AT E R I A L S U P L E M E N TA R PA R A A C O M PA N H A R

MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR

FUNDAMENTOS DE FSICA

ptica e Fsica Moderna

9a Edio

HALLIDAY & RESNICK

JEARL WALKERCleveland State University

VOLUME 4

Traduo e Reviso TcnicaRonaldo Srgio de Biasi, Ph.D.Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia IME

Este Material Suplementar contm a Seleo de Problemas Solucionados Volume 4 que pode ser usada como apoio para o livro Fundamentos de Fsica, Volume 4 ptica e Fsica Moderna, Nona Edio, 2012. Este material de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro.

Material Suplementar Seleo de Problemas Solucionados Volume 4 traduzido do material original:HALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME TWO, NINTH EDITION Copyright 2011, 2008, 2005, 2003 John Wiley & Sons, Inc.All Rights Reserved. This translation published under license.

Obra publicada pela LTC:FUNDAMENTOS DE FSICA, VOLUME 4 PTICA E FSICA MODERNA, NONA EDIODireitos exclusivos para a lngua portuguesaCopyright 2012 by LTC __ Livros Tcnicos e Cientficos Editora Ltda. Uma editora integrante do GEN | Grupo Editorial NacionalProjeto de Capa: M77 DesignImagem de Capa: Eric Heller/Photo Researchers, Inc. Used with permission of John Wiley & Sons, Inc. Reproduzida com permisso da John Wiley & Sons, Inc.

Editorao Eletrnica do material suplementar:

SUMRIO

Captulo 33 Ondas Eletromagnticas 1

Captulo 34 Imagens 4

Captulo 35 Interferncia 7

Captulo 36 Difrao 9

Captulo 37 Relatividade 13

Captulo 38 Ftons e Ondas de Matria 15

Captulo 39 Mais Ondas de Matria 18

Captulo 40 Tudo sobre os tomos 21

Captulo 41 Conduo de Eletricidade nos Slidos 23

Captulo 42 Fsica Nuclear 26

Captulo 43 Energia Nuclear 28

Captulo 44 Quarks, Lptons e o Big Bang 31

Captulo 33: Ondas Eletromagnticas

33-27PENSE As ondas eletromagnticas se propagam com a velocidade da luz e transportam mo-mento e energia.

EXPRESSE A velocidade das ondas eletromagnticas c = lf, sendo o comprimento de onda e f a frequncia da onda. A frequncia angular = 2pf e o nmero de onda k = 2p/l. A am-plitude do campo magntico est relacionada amplitude do campo eltrico atravs da equao Bm = Em/c. A intensidade da onda dada pela Eq. 33-26:

Ic

Ec

Em= =1 1

202

0

2

m mrms,

na qual E Emrms = / .2

ANALISE (a) Para l = 3,0 m, a frequncia da onda

f c= = = l

2 998 103 0

1 0 108

8,

,

,

m/sm

Hz.

(b) A frequncia angular v p p= = = 2 2 6 3 108f (1,0 108 Hz) rad/s.,

(c) O nmero de onda

k = = =2 2 2 1pl

p3,0 m

rad/m.,

(d) Se Em = 300 V/m, a amplitude do campo magntico

B Ec

mm= =

=

3002 998 10

1 0 108

6V/mm/s

T.,

,

(e) Como o campo E

oscila paralelamente ao eixo y, o campo B

deve oscilar paralelamente ao eixo z para que a onda se propague paralelamente ao eixo x, como dito no enunciado.

(f) A intensidade da onda

I Ec

m= =

2

02300

2 4m p(

(V/m)

H/m)(2,998 10 m2

8107 //s) W/m W/m2 2= 119 1 2 102, .

(g) Como a placa absorve totalmente a onda, a taxa com a qual o momento transferido pla-ca

dpdt

IAc

= =

= ( )( , ),

,

119 2 02 998 10

8 0 18

W/m mm/s

2 2

00 7 N.

(h) A presso exercida pela radiao sobre a placa

p dp dtAr

= = =

/ ,,

,

8 0 102 0

4 0 107

7N

mPa.

2

2 SELEO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS

APRENDA A densidade de energia neste caso

uIc

= =

= 119

2 998 104 0 10

87

W/mm/s

J/m2

3

,

,

que igual presso da radiao, pr.

33-37PENSE Um filtro polarizador pode mudar a direo de polarizao de um feixe de luz polarizada, j que permite a passagem apenas da componente paralela direo de polarizao do filtro.

EXPRESSE No possvel fazer a direo de polarizao de um feixe de luz polarizada girar de 90 usando apenas um filtro polarizador. Se o filtro for posicionado com a direo de polari-zao fazendo um ngulo de 90 com a direo de polarizao da radiao incidente, nenhuma radiao atravessar o filtro.

ANALISE (a) possvel fazer a direo de polarizao girar de 90 usando dois filtros pola-rizadores. Colocamos o primeiro filtro com a direo de polarizao fazendo um ngulo u com a direo de polarizao da radiao incidente e o segundo filtro com a direo de polarizao fazendo 90 com a direo de polarizao da radiao incidente. A intensidade da radiao que atravessa os dois filtros dada por

I I I= =0 2 2 0 2 290cos cos ( ) cos sen ,u u u una qual I0 a radiao incidente. A intensidade da radiao transmitida diferente de zero para qualquer ngulo u diferente de 0 e 90.

(b) Considere n filtros, com a direo de polarizao do primeiro filtro fazendo um ngulo u = 90/n com a direo de polarizao da radiao incidente e com a direo de polarizao de cada filtro fazendo o mesmo ngulo com a direo de polarizao do filtro anterior. Nesse caso, a radiao transmitida ser polarizada, com a direo de polarizao fazendo um ngulo de 90 com a direo de polarizao da radiao incidente. A intensidade da radiao transmi-tida ser dada por

I = I0 cos2n(90o/n).Queremos determinar o menor valor inteiro de n para o qual a intensidade da radiao trans-mitida maior que 0,60I0. Comeamos com n = 2 e calculamos cos2n(90o/n). Se o resultado for maior que 0,60, encontramos a soluo. Se for menor, somamos 1 a n e repetimos o processo at que cos2n(90o/n) seja maior que 0,60.

APRENDA As intensidades calculadas usando o mtodo descrito acima so as seguintes:

I II I I

n

n

=

=

= == = =

1 02

2 04

0

90 045 4 0 2

cos ( )cos ( ) / ,

55

30 0 42222

0

3 06

0

4 08

II I II I

n

n

=

=

= ==

cos ( ) ,cos ( ,

55 0 531

18 0 6050

5 010

0

) ,cos ( ) , .

== ==

II I In

Assim, o nmero mnimo de filtros necessrios 5.

33-53PENSE O ngulo com o qual o raio luminoso sai do prisma triangular depende do ndice de refrao do prisma.

SELEO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS 3

EXPRESSE Considere a figura (a) abaixo. O ngulo de incidncia u e o ngulo de refrao u2. Como u2 + a = 90o e f + 2a = 180o, temos:

u a ff

2 90 9012

1802

= = ( ) = .

ANALISE Considere a figura (b) acima. possvel mostrar que o ngulo c dado porc u u= 2 2( )

.

Substituindo u2 por f/2, obtemos c u f= 2 2( / ), o que nos d u f c= +( ) / .2 Assim, de acordo com a lei de Snell, temos:

n = = +sensen

sen ( )sen

.

uu

f cf2

12

12

APRENDA O ngulo c, conhecido como ngulo de desvio, representa o ngulo entre o raio emergente e o raio incidente e mnimo quando o raio passa pelo prisma simetricamente, como neste problema. Conhecendo os valores de f e c, podemos calcular o ndice de refrao n do material do prisma.

34-5PENSE Este problema envolve a refrao de um raio luminoso em uma interface ar-gua e a reflexo do mesmo raio em um espelho plano.

EXPRESSE De acordo com a lei de Snell, temos:sen

sen

u

u= n

n

gua

ar

que em nosso caso se reduz a u9 u/ngua, j que u e u9 so pequenos e nar 1.

Na figura acima, o objeto O est a uma distncia vertical d1 acima da gua, e a superfcie da gua est a uma distncia vertical d2 acima do espelho. A imagem formada no ponto I, a uma distncia d abaixo do espelho.

No tringulo OAB,

| |AB d d= 1tan 1u ue, no tringulo CBD,

| | tan .BC d d dn

= 2 2 22 2 2u uu

gua

Finalmente, no tringulo ACI, |AI| = d + d2. ANALISE Temos:

d AI d AC d AB BC d d d= = + = +| | | |tan

| | | |2 2 2 1

22u u

uuu

und

d dn

d

w

w

= + = + ( )

1

2 2501

2

12

2 cm2 200 cm

,,33200 =cm 351 cm.

Captulo 34: Imagens


APRENDA Se a piscina estivesse vazia, teramos u 5 u9 e a distncia seriad d d d d d= + = +1 2 2 1 22 ,

como era de se esperar de um espelho plano.

34-47PENSE Podemos usar a equao do fabricante de lentes para analisar o problema.

EXPRESSE A equao do fabricante de lentes a Eq. 34-10:

1 1 1 11 2f

nr r

= ( )

,

na qual f a distncia focal, n o ndice de refrao, r1 o raio de curvatura da primeira super-fcie encontrada pela luz e r2 o raio de curvatura da segunda superfcie. Como uma das super-fcies tem um raio de curvatura duas vezes maior que a outra e uma das superfcies convexa em relao luz incidente enquanto a outra cncava, fazemos r2 = 2r1 para obter

1 1 1 12

3 121 1 1f

nr r

n

r= +

= ( ) ( ) .

ANALISE (a) Explicitando r1 na equao acima, obtemos

rn f

13 1

23 1 5 1 60

245= = =( ) ( , )( mm) mm.

(b) O valor absoluto do raio maior |r2| = 2r1 = 90 mm.

APRENDA Uma imagem de um objeto pode ser formada por uma lente porque a lente produz um desvio dos raios luminosos, mas esse desvio s acontece se o ndice de refrao da lente diferente do ndice de refrao do meio no qual a luz est se propagando.

34-83PENSE Em um sistema de duas lentes, a imagem formada pela lente 1 pode ser considerada como o objeto da lente 2.

EXPRESSE Para analisar um sistema de duas lentes, ignoramos inicialmente a lente 2, e usa-mos o mtodo convencional para analisar um sistema de uma lente. A distncia do objeto, p1, a distncia da imagem, i1, e a distncia focal, f1, esto relacionadas atravs da equao

1 1 11 1 1f p i

= + .

Em seguida, ignoramos a lente 1 e tratamos a imagem formada pela lente 1 como objeto da len-te 2. Nesse caso, a distncia do objeto, p2, a distncia entre a lente 2 e a posio da imagem formada pela lente 1. A posio da imagem final, i2, obtida resolvendo a equao

1 1 12 2 2f p i

= +

na qual f2 a distncia focal da lente 2.

ANALISE (a) Como a lente 1 convergente, f1 = +9 cm e a distncia da imagem

i p fp f1

1 1

1 1

20 920 9

16 4=

=

=( )( ) ,cm cmcm cm

cmm.


Essa imagem serve de objeto para a lente 2, com uma distncia do objeto dada por p2 = d i1 = 8,4 cm. O sinal negativo significa que o objeto est atrs da lente 2. Resolvendo a equao das lentes delgadas, obtemos

i p fp f2

2 2

2 2

8 4 5 08 4 5 0

=

= ( , )( , )

, ,

cm cm

cm cmmcm.= 3 13,

(b) A ampliao total M = m1m2 = =( / )( / ) /i p i p i i p p1 1 2 2 1 2 1 2 = 0,31.

(c) O fato de que a distncia (final) da imagem positiva significa que a imagem real (R).

(d) O fato de que a ampliao total negativa significa que a imagem invertida (I).

(e) A imagem est do lado oposto (O) em relao lente 2.

APRENDA Como a soluo deste problema envolve um valor negativo de p2 (e, talvez, outras consideraes pouco intuitivas), vale a pena acrescentar algumas explicaes adicionais. A lente 1 faz os raios luminosos convergirem em direo a uma imagem (que no chega a se for-mar por causa da lente 2) que seria real e invertida (e estaria 8,4 cm atrs da lente 2). A lente 2 faz esses raios convergirem mais rapidamente, de modo que a imagem se forma um pouco mais perto da lente 1 do que se a lente 2 no estivesse presente.

35-55PENSE O ndice de refrao do leo maior que o do ar, porm menor que o da gua.

EXPRESSE Vamos chamar os ndices de refrao do ar, do leo e da gua de n1, n2 e n3, respec-tivamente. Como n1 < n2 e n2 < n3, as duas superfcies produzem uma mudana de fase de p rad. Como a onda refletida na segunda superfcie percorre uma distncia adicional de 2L, e L a es-pessura da mancha de leo, a diferena de fase entre as ondas refletidas nas duas superfcies

fp

l= 2 2

2( )L

em que l2 = l/n2 o comprimento de onda da luz no leo. A condio para que haja interfe-rncia construtiva

2 2 22

pl

p( )L m=

ou

2 1 2 32

L mn

m= =l , , , ,. . .

ANALISE (a) Para m = 1, 2 e 3, os comprimentos de onda correspondentes intensidade m-xima so

l = =( )( ) =2 2 1 20 460 11042n L

m m

, nmnm, 552 nm, 368 nm

Note que apenas o comprimento de onda de 552 nm (verde) est dentro do intervalo de com-primentos de onda da luz visvel.

(b) A transmisso mxima quando a reflexo mnima, ou seja, quando a interferncia dos raios refletidos destrutiva. A condio para que haja interferncia destrutiva

2 12

42 12

2L mn

n Lm

= + = +

ll

o que, para m = 1, 2 e 3, corresponde a l = 2208 nm, 736 nm e 442 nm. Note que apenas o com-primento de onda de 442 nm (violeta) est no intervalo de comprimentos de onda da luz visvel, embora deva se esperar uma certa contribuio do vermelho, j que o comprimento de onda de 736 nm est muito prximo do intervalo de comprimentos de onda da luz visvel.

APRENDA Os raios luminosos refletidos por um material sofrem uma variao de fase de p rad (180) se o ndice de refrao do material maior que o do meio no qual a luz estava se propagando e no sofrem uma variao de fase se o ndice de refrao do material menor do que o do meio no qual a luz estava se propagando. Os raios luminosos refratados no sofrem variao de fase.

35-81PENSE Existe uma pequena diferena entre o comprimento de onda no ar e o comprimento de onda no vcuo.

Captulo 35: Interferncia


EXPRESSE Seja 1 a diferena de fase das ondas nos dois braos do interfermetro quando a cmara contm ar, e seja 2 a diferena de fase quando a cmara evacuada. Se l o compri-mento de onda no vcuo, o comprimento de onda no ar l/n, sendo n o ndice de refrao do ar. Isso significa que

f fpl

pl

pl1 2

2 2 24 1 =

= ( )L n n L

na qual L o comprimento da cmara. O fator de 2 aparece porque a luz atravessa a cmara duas vezes, uma vez a caminho de um espelho e outra vez depois de ser refletida pelo espelho. Como cada deslocamento de uma franja corresponde a uma variao de fase de 2p rad, se as franjas se deslocam N posies quando a cmara evacuada,

4 12

pl

pn L

N( ) = .

ANALISE Explicitando n na equao anterior, obtemos

nN

L= + = +

( )( ) =

1

21

60 500 102 5 0 10

1 00039

2

l m

m,, 00.

APRENDA O interfermetro permite medir com preciso o ndice de refrao do ar (e tambm de outros gases).

36-15PENSE A intensidade relativa das franjas de difrao produzidas por uma fenda depende da razo a/l, sendo a a largura da fenda e l o comprimento de onda.

EXPRESSE A intensidade das franjas claras dada por

I Im=sen2

2

aa

na qual Im a intensidade mxima e a = (pa/l) sen u. O ngulo u medido em relao direo perpendicular ao plano da fenda.

ANALISE (a) Para que I = Im/2, devemos ter

sen .2 212

a a=

(b) Para fazer a verificao pedida, calculamos sen2 a e a2/2 para a = 1,39 rad e comparamos os resultados. Para ter certeza de que 1,39 est mais prximo do valor correto de a do que qual-quer outro valor com trs algarismos significativos, podemos repetir a comparao para 1,38 e 1,40 rad.

(c) Como a = (pa/l) sen u,

ualp

=

sen .1a

Como a/p = 1,39/p = 0,442,

ul=

sen,

.

1 0 442a

A distncia angular entre os dois pontos de meia intensidade, um de cada lado do mximo cen-tral,

Du ul= =

2 2 0 4421sen , .a

(d) Para a/l = 1,0,D u = ( ) = =2 0 442 1 0 0 916 52 51sen , , , ,rad .

(e) Para a/l = 5,0,D u = ( ) = =2 0 442 5 0 0 177 10 11sen , , , , .rad

(f) Para a/l = 10,D u = ( ) = =2 0 442 10 0 0884 5 061sen , , , .rad

APRENDA Como mostra a Fig. 36-8, quanto mais larga a fenda em relao ao comprimento de onda, mais estreito o mximo de difrao central.

Captulo 36: Difrao


36-21PENSE Podemos usar o critrio de Rayleigh para estimar a distncia pedida.

EXPRESSE Se L a distncia entre o observador e os objetos, a menor distncia D que pode ser resolvida D = LuR, na qual uR expresso em radianos.

ANALISE (a) Na aproximao de pequenos ngulos, uR = 1,22l/d, em que l o comprimento de onda e d o dimetro da abertura. Assim,

DL

d= =

( ) ( )

1 22 1 22 8 0 10 550 105 0 10

10 9, , ,

,

l m m33

71 1 10m

m =1,1 10 km4= , .

Como esta distncia maior que o dimetro de Marte, o planeta no pode ser visto como um disco de tamanho finito a olho nu.

(b) Nesse caso, d = 5,1 m e

D =( ) ( ) = =1 22 8 0 10 550 10

5 11 1 10 1

10 94

, ,

,

,

m m

mm 11 km.

APRENDA De acordo com o critrio de Rayleigh, para que dois objetos possam ser resolvi-dos, a distncia angular entre os objetos, do ponto de vista do observador, deve ser maior que uR = 1,22l/d.

36-43PENSE No caso de fendas relativamente largas, as franjas de interferncia produzidas em um experimento de dupla fenda no tm a mesma intensidade por causa de efeitos de difrao.

EXPRESSE A posio angular u das franjas claras de interferncia dada por d sen u = ml, na qual d a distncia entre as fendas, l o comprimento de onda e m um nmero inteiro. O primeiro mnimo de difrao acontece para um ngulo u1 dado por a sen u1 = l, sen-do a a largura das fendas. Como o mximo central da figura de difrao vai de u1 a +u1, preci-samos determinar o nmero de valores de m para os quais u1 < u < +u1, ou seja, o nmero de valores de m para os quais

sen u1 < sen u < +sen u1.

Fazendo sen u = ml/d e sen u1 = l/a nessa desigualdade fornecida e multiplicando por d/l, ob-temos a seguinte desigualdade:

d/a < m < +d/aA intensidade da luz na tela dada por

I Im= ( )cos

sen22

ba

a

em que a = (pa/l) sen u, b = (pd/l) sen u e Im a intensidade mxima.

ANALISE (a) De acordo com os dados do problema,d/a = (0,150 103 m)/(30,0 106 m) = 5,00

e, portanto, os valores de m que satisfazem a essa desigualdade fornecida so m = 4, 3, 2, 1, 0, +1, +2, +3 e +4. Existem, portanto, 9 franjas claras no mximo central da figura de difrao.


(b) No caso da terceira franja clara, d sen u = 3l e, portanto, b = 3p rad e cos2 b = 1. Alm dis-so, a = 3pa/d = 3p/5,00 = 0,600p rad e

sen sen ,

,

, .

aa

pp

=

=

2 20 6000 600

0 255

A razo entre as intensidades , portanto, I/Im = 0,255.

APRENDA A expresso da intensidade envolve dois fatores: (1) o fator de interferncia cos2 b, devido interferncia entre fendas separadas por uma distncia d, e (2) o fator de difrao [(sen a)/a]2, devido difrao causada por fendas de largura a. No limite a 0, (sen a)/a 1 e obtemos a Eq. 35-22, que descreve a interferncia entre duas fendas de largura desprezvel separadas por uma distncia d. Por outro lado, fazendo d = 0, cos2 b = 0 e obtemos a Eq. 36-5, que descreve a difrao de uma nica fenda de largura a. A figura a seguir mostra um grfico da intensidade relativa em funo de u.

36-49PENSE Os mximos da figura produzida por uma rede de difrao acontecem para os ngulos u dados por d sen u = ml, em que d a distncia entre as fendas, l o comprimento de onda e m um nmero inteiro.

EXPRESSE A diferena entre os nmeros de ordem de duas linhas vizinhas sempre igual a um. Seja m o nmero de ordem da linha com sen u = 0,2 e seja m + 1 o nmero de ordem da linha com sen u = 0,3. Nesse caso,

0,2 d = ml, 0,3 d = (m + 1)l.ANALISE (a) Subtraindo a primeira equao da segunda, obtemos 0,1d = l, ou

d = l/0,1 = (600 109 m)/0,1 = 6,0 106 m.(b) Os mnimos da figura de difrao de uma fenda acontecem para ngulos u dados por a sen u = ml, em que a a largura da fenda. Como os mximos de interferncia de quarta ordem es-to ausentes, devem corresponder a um desses ngulos. Se a a menor largura de fenda para a qual esta ordem est ausente, o ngulo dado por a sen u = l. Como o mesmo ngulo tambm dado por d sen u = 4l, temos:

a = d/4 = (6,0 106 m)/4 = 1,5 106 m.(c) Em primeiro lugar, fazemos u = 90 e determinamos o maior valor de m para o qual ml < d sen u. Esta a maior ordem que difratada em direo tela. A condio pode ser escrita na forma m < d/l e como

d/l = (6,0 106 m)/(600 109 m) = 10,0.


A maior ordem que pode ser observada a ordem m = 9. Como a quarta e a oitava ordens es-to ausentes, as ordens observveis so m = 0, 1, 2, 3, 5, 6, 7 e 9. O maior valor do nmero de ordem , portanto, m = 9.

(d) De acordo com o resultado do item (c), o segundo maior valor do nmero de ordem m = 7.

(e) De acordo com o resultado do item (c), o terceiro maior valor do nmero de ordem m = 6.

APRENDA Os mximos de interferncia acontecem para d sen u = ml, enquanto os mnimos de difrao acontecem para a sen u = m9l. Assim, o mximo de interferncia de ordem m pode coincidir com o mnimo de difrao de ordem m9. Os valores de m para os quais isso acontece so dados por

da

m

mm

da

msen

sen.

uu

ll

=

=

Como m = 4 quando m9 = 1, conclumos que d/a = 4. Assim, m = 8 corresponde ao segundo mnimo de difrao (m9 = 2).

37-17PENSE Podemos usar a transformao de Lorentz para calcular x9 e t9 do ponto de vista de um observador em S9.

EXPRESSE De acordo com as equaes da transformao de Lorentz,

= = x x vt t t x cg g b( ), ( / ).em que b = v/c = 0,950 e

gb

=

=

=11

11 0 950

3 202562 2( , ) , .

ANALISE (a) A coordenada espacial no referencial S9 = = x x vtg( ) ( , )3 20256 100 103 m (0,950)(2,998 110 m/s)(200 10 s)

m km.

8 6 = =

1 38 10 1385,

(b) A coordenada temporal no referencial S9

= = t t x cg b( / ) ( , )3 20256 200 10 6 s (0,950)(100

= =

10 m)m/s

s

3

2 998 103 74 10 374

8

4

,

, mss.

APRENDA A hora e local da coliso so diferentes para um observador no referencial S e um observador no referencial S9.

37-31PENSE Como tanto a espaonave como o micrometeorito esto se movendo a uma velocidade prxima da velocidade da luz, devemos usar a transformao relativstica da velocidade para calcular a velocidade do micrometeorito em relao espaonave.

EXPRESSE Seja S o referencial do micrometeorito e seja S9 o referencial da espaonave. Va-mos supor que o micrometeorito est se movendo no sentido positivo do eixo x. Chamando de u a velocidade do micrometeorito medida em S e de v a velocidade do referencial S9 em relao a S, a velocidade do micrometeorito medida em S9 pode ser calculada usando a Eq. 37-29:

uu v

u v cu

u v

uv c= +

+ =

1 12 2/ /.

ANALISE Sabemos que v = 0,82c (velocidade da espaonave) e u = +0,82c (velocidade do micrometeorito). Vamos calcular a velocidade do micrometeorito em relao espaonave:

uu v

uv c

c c'

/, ( , )

( , )( , )=

=

10 82 0 821 0 82 0 822

== 0 98, c

ou 2,94 108 m/s. Usando a Eq. 37-12, conclumos que um observador a bordo da espaonave mede um tempo de trnsito do meteorito (tempo que o meteorito leva para passar pela espao-nave) dado por

Dtdu

= =

= ' ,

,

3502 94 10

1 2 108

6m

m/ss.

Captulo 37: Relatividade


APRENDA Usando a transformao clssica de Galileu, teramos obtido

u9 = u v = 0,82c ( 0,82c) = 1,64c,uma velocidade maior que a velocidade da luz, o que fisicamente impossvel.

37-41PENSE Como a energia cintica do eltron muito maior que a energia de repouso, o eltron est se movendo a uma velocidade prxima da velocidade da luz.

EXPRESSE A energia cintica do eltron dada pela Eq. 37-52:

K E mc mc mc mc= = = 2 2 2 2 1 ( ).

Assim, = (K/mc2) + 1. A partir do fator de Lorentz g b= 1 1 2/ , obtemos b g= ( )1 1 2/ .

ANALISE (a) De acordo com a Tabela 37-3, a energia de repouso do eltron mc2 = 511 keV = 0,511 MeV e, portanto, o fator de Lorentz

g = + = + =Kmc2

1100

0 5111 196 695

MeVMeV,

, .

(b) O parmetro de velocidade

b = ( ) =11

196 6950 9999872

,

, .

Assim, a velocidade do eltron 0,999987c, ou 99,9987% da velocidade da luz.

APRENDA O uso da expresso clssica da energia cintica, K = mv2/2, apropriado apenas quando a velocidade do objeto muito menor que a velocidade da luz.

38-11PENSE A taxa de emisso de ftons o nmero de ftons emitidos por unidade de tempo.

EXPRESSE Seja R a taxa de emisso de ftons e seja E a energia de um fton. Supondo que toda a potncia P de uma lmpada usada para produzir ftons, P = RE. Temos tambm E = hf = hc/l, em que h a constante de Planck, f a frequncia da luz emitida e l o comprimento de onda. Assim,

P Rhc R Phc

= =l

l.

ANALISE (a) O fato de que R proporcional a l significa que a lmpada que emite luz com o maior comprimento de onda (a lmpada de 700 nm) emite mais ftons por unidade de tempo. Isso faz sentido: como a energia por fton menor, a lmpada de maior comprimento de onda precisa emitir um nmero maior de ftons por unidade de tempo para desenvolver a mesma potncia.

(b) A taxa de produo de ftons da lmpada de 700 nm

R Phc

= = ( )( )( )

l 700 4001 60 10 124019

nm J/sJ/eV e, VV nm

ftons/s.( ) = 1 41 10

21,

APRENDA Escrevendo essa relao fornecida na forma P = Rhc/l, vemos que se a taxa de emisso de ftons a mesma, quanto menor o comprimento de onda, maior a potncia da lm-pada.

38-45PENSE O comprimento de onda de de Broglie de um on de sdio dado por l = h/p, em que p o momento do on.

EXPRESSE A energia cintica de um on dada por K = qV, na qual q a carga do on e V a diferena de potencial usada para aceler-lo. O momento do on p mK= 2 e o comprimento de onda de de Broglie l = h

phmK

=2

.

ANALISE (a) A energia cintica do on de sdio K = qV = (1,60 1019 C)(300 V) = 4,80 1017 J.

De acordo com o Apndice F, a massa de um on de sdio

m = (22,9898 g/mol)/(6,02 1023 tomos/mol) = 3,819 1023 g = 3,819 1026 kg.

Assim, o momento de um on de sdio

p mK= = ( ) ( ) = 2 2 3 819 10 4 80 10 1 91 1026 17, , ,kg J 21 kg m/s.(b) O comprimento de onda de de Broglie

l = =

=

h

p6 63 10

3 46 1034

,

,

J s1,91 10 kg m/s21

113 m.

Captulo 38: Ftons e Ondas de Matria


APRENDA Quanto maior a diferena de potencial, maior a energia cintica, maior o momento e menor o comprimento de onda de de Broglie.

38-69PENSE De acordo com as leis da mecnica quntica, mesmo que a energia de uma partcula seja menor que a altura de uma barreira de potencial, existe uma probabilidade finita de que a partcula atravesse a barreira.

EXPRESSE Se m a massa e E a energia da partcula, o coeficiente de transmisso de uma barreira de altura Ub e largura L dado por

T e bL= 2 ,em que

b m U Eh

b= ( )82

2

p.

No caso de uma pequena variao DUb de Ub (o que se aplica a este problema), a variao do coeficiente de transmisso dada por

D D DT dTdU

U LT dbdU

Ub

bb

b= = 2 .

Alm disso,

dbdU U E

m

h U Em U E

hb

Ub b bb=

=

( )( ) =1

28 1

28

2

2

2

2

2

p p

bb E( ) .

Assim,

DT LTb UU E

b

b=

.

ANALISE (a) Para

b =( ) ( ) 8 9 11 10 6 8 5 1 1 6022 102 31 1p , , , ,kg eV eV 99

34 2

9 1

6 6261 10

6 67 10

J eV

J s

m

( ) ( )

=

,

, ,

temos bL = (6,67 109 m1)(750 1012 m1) = 5,0 eD DTT

bL UU E

b

b=

= ( ) ( )( )5 0

0 010 6 86 8 5

,

, ,

, ,

eVeV 11

0 20eV

= , .

Isto significa que o coeficiente de transmisso diminui 20% quando a altura da barreira aumen-ta 1%.

(b) A variao do coeficiente de transmisso com a largura da barreira dada por

D D D DT dTdL

L be L bT LbL= = = 2 22

Para os dados do problema,

DD

TT

b L= = ( )( ) ( 2 2 6 67 10 0 010 750 109 1 12, ,m m)) = 0 10, .


Isso significa que o coeficiente de transmisso diminui 10% quando a largura da barreira au-menta 1%.

(c) A variao do coeficiente de transmisso com a energia cintica dos eltrons dada por

D D D DT dTdE

E Le dbdE

E LT dbdE

EbL= = = 2 22 .

Alm disso,

db dE db dU b U Eb b= = ( )2 .Assim,

D DTT

bL EU Eb

=

= ( ) ( )( )5 00 010 5 16 8 5 1

,

, ,

, ,

eVeV eV

== 0 15, .

Isso significa que o coeficiente de transmisso aumenta 15% quando a energia cintica dos el-trons aumenta 1%.

APRENDA A probabilidade de que os eltrons atravessem a barreira diminui, quando a altura ou a largura da barreira aumenta, e aumenta quando a energia cintica dos eltrons aumenta.

39-15PENSE A probabilidade de detectar um eltron em uma regio dada por P dx= c 2 , na qual a integral se estende a toda a regio.

EXPRESSE Se a largura Dx da regio pequena, a probabilidade dada aproximadamente por P = |c|2 Dx, em que c o valor da funo de onda no centro da regio. No caso de um el-tron confinado em um poo de potencial infinito de largura L, a densidade de probabilidade do estado fundamental

cp2 22=

L

x

Lsen

e, portanto,

P xL

x

L=

2 2D sen .p

ANALISE (a) Para L = 100 pm, x = 25 pm e Dx = 5,0 pm, temos:

P = ( )

( )

2 5 0100

25100

2,

senpm

pmpmpm

p

= 0 050, .

(b) Para L = 100 pm, x = 50 pm e Dx = 5,0 pm, temos:

P = ( )

( )

2 5 0100

50100

2,

senpm

pmpmpm

p

= 0 10, .

(c) Para L = 100 pm, x = 90 pm e Dx = 5,0 pm, temos:

P = ( )

( )

2 5 0100

90100

2,

senpm

pmpmpm

p

= 0 0095, .

APRENDA A figura a seguir mostra a probabilidade em funo de x. Como era de se esperar, a probabilidade de que o eltron seja detectado mxima no centro do poo, ou seja, no ponto x = L/2 = 50 pm.

Captulo 39: Mais Ondas de Matria


39-27PENSE Os nveis de energia de um eltron confinado em um curral retangular de dimenses Lx e Ly so dados pela Eq. 39-20:

E hm

n

Ln

Ln nx

x

y

yx y, = +

2 2

2

2

28.

EXPRESSE Para Lx = L e Ly = 2L, temos:

E hm

n

Ln

LhmL

nn

n nx

x

y

yx

yx y, = +

= +

2 2

2

2

2

2

22

8 8

22

4

.

Assim, em unidades de h2/8mL2, os nveis de energia so dados por n nx y2 2 4+ / . Os cinco pri-meiros nveis so E11 = 1,25, E12 = 2,00, E13 = 3,25, E21 = 4,25 e E22 = E14 = 5,00.

A frequncia da luz emitida ou absorvida quando o eltron passa de um estado i para um esta-do f (Ef Ei)/h; em unidades de h/8mL2, a diferena entre os valores de n nx y2 2 4+ / nos dois estados. As frequncias possveis so:

0 75 1 2 1 1 2 00 1 3 1 1 3 00 2 1 1 1 3, , , , , , , , , , , ,( ) ( ) ( ) ,, , , ,75 2 2 1 1( )

1 25 1 3 1 2 2 25 2 1 1 2 3 00 2 2 1 2 1, , , , , , , , , , , ,( ) ( ) ( ) ,, , , ,00 2 1 1 3( )

1 75 2 2 1 3 0 75 2 2 2 1, , , , , , , ,( ) ( )

todas em unidades de h/8mL2.

ANALISE (a) Esses resultados fornecidos mostram que o eltron capaz de emitir ou absorver 8 frequncias diferentes.

(b) A menor frequncia, em unidades de h/8mL2, 0,75, que corresponde s transies 1,2 1,1 e 2,2 2,1.

(c) A segunda menor frequncia, em unidades de h/8mL2, 1,00, que corresponde transio 2,1 1,3.

(d) A terceira menor frequncia, em unidades de h/8mL2, 1,25, que corresponde transio 1,3 1,2.

(e) A maior frequncia, em unidades de h/8mL2, 3,75, que corresponde transio 2,2 1,1.

(f) A segunda maior frequncia, em unidades de h/8mL2, 3,00, que corresponde s transies 2,2 1,2 ou 2,1 1,1.

(g) A terceira maior frequncia, em unidades de h/8mL2, 2,25, que corresponde transio 2,1 1,2.

APRENDA No caso geral, quando um eltron executa uma transio entre os nveis (nx, ny) e ( , ), n nx y a frequncia do fton emitido ou absorvido dada por

f Eh

E Eh

hmL

nnn n n n

x

yx y x y= =

= +

D , ,8 42

22

+

= ( ) +

hmL

nn

hmL

n n n

x

y

x x

8 4

814

22

2

22 2

yy yn2 2( )

.


39-53PENSE Os nmeros qunticos do tomo de hidrognio no estado fundamental so n = 1, l = 0 e ml = 0.

EXPRESSE A funo de onda proposta

cp

= 13 2a

e r a

em que a o raio de Bohr. Devemos provar que essa funo uma soluo da equao de Schrdinger.

ANALISE A derivada da funo proposta ddr a

e r ac

p= 1

5 2

e, portanto,

rddr

r

ae r a2

2

5 2

c

p=

e

1 1 2 1 12

25 2r

ddr

rddr a r a

ea

r ac

p

= +

= +

2 1r a

c.

Como a energia do estado fundamental dada por E me h= 4 02 28 e o raio de Bohr dado por a h me E e a= = 2 0 2 2 8 p p, .0 A energia potencial dada por

U e r= 2 4p0e, portanto,

8 88 42 2

2 2pc

pp p

c2 2

0 0

m

hE U m

he

a

e

r[ ] = +

= 888

1 2

1 2

2

2

2

2

pp

c

p

2

0

0

m

he

a r

me

h a r

+

= +

= +

c c1 1 2a a r

.

Como os dois termos da equao de Schrdinger se cancelam, est demonstrado que a funo c proposta satisfaz a equao.

APRENDA A densidade de probabilidade radial do tomo de hidrognio no estado fundamen-tal dada pela Eq. 39-44:

P r ra

e ra

r er a r a( ) | | ( ) ( ) .= = = c p pp

2 23

2 23

2 24 1 4 4

A figura a seguir mostra o grfico de P(r).

40-9PENSE Conhecendo o valor de l, o nmero quntico orbital, podemos determinar o mdulo do momento angular e do momento dipolar magntico orbital.

EXPRESSE O mdulo do momento angular orbital

L = +( ) = +( ) =l l h h h1 3 3 1 12 .

Como

morb = e

mL

2, o mdulo de morb

orb B= +( ) =em

hl l

21 ,

em que mB = eh/2m o magnton de Bohr.

ANALISE (a) Para l = 3, temos:L = +( ) = +( ) =l l h h h1 3 3 1 12 .

Assim, o mdulo de L , em mltiplos de h, 12 3 46 , .

(b) O mdulo do momento dipolar magntico orbital orb = +( ) =l l 1 12B B .

Assim, o mdulo de morb, em mltiplos de h, 12 3 46 , .

(c) O maior valor possvel de ml ml = l = 3.

(d) Usamos a relao L mz = lh para calcular a componente z do momento angular orbital. O valor de Lz em mltiplos de h ml = 3.

(e) Usamos a relao m mz Bm= l para calcular o momento dipolar magntico orbital. O valor de mz em mltiplos de h = ml 3.

(f) Usamos a relao cos = +( )ml l l 1 para calcular o ngulo entre o momento angular or-bital e o eixo z. Para l = 3 e ml = 3, obtemos cos / / = =3 12 3 2 ou = 30 0, .

(g) Para l = 3 e ml = 2, cos / / = =2 12 1 3 ou u = 54 7, .

(h) Para l = 3 e ml = 3, cos / / = = 3 12 3 2 ou u = 150 .

APRENDA No possvel medir L e morb, mas podemos medir a componente z desses vetores.

40-27PENSE Os quatro nmeros qunticos n m ms, ,l l e especificam os estados qunticos dos el-trons de um tomo.

Captulo 40: Tudo sobre os tomos


EXPRESSE Um tomo de ltio possui trs eltrons. Os primeiros dois eltrons possuem n-meros qunticos (1, 0, 0, 1 2/ ). Todos os estados com nmero quntico principal n = 1 esto ocupados. Os estados de mais baixa energia que se seguem tm n = 2.

O nmero quntico orbital pode ter os valores l = 0 ou l = 1; os estados l = 0 tm menor ener-gia. O nmero quntico magntico deve ser ml = 0 , j que essa a nica possibilidade para l = 0. O nmero quntico de spin pode ser ms = 12 ou + 12 . Como no existe campo magntico externo, esses dois estados tm a mesma energia.

ANALISE (a) De acordo com a anlise anterior, no estado fundamental, os nmeros qunticos do terceiro eltron so

n m m n m ms s= = = = = = = = +2 0 0 2 0 012 12, , , , , ,l ll lou ,

ou seja,( , , , )n m msl l = (2,0,0,+1/2) e (2,0,0,1/2).

(b) O estado de mais baixa energia que se segue um estado com n = 2 e l = 1. Todos os estados com n = 3 tm uma energia maior. O nmero quntico magntico pode ser ml = +1 0 1, , ;ou o nmero quntico de spin pode ser ms = +12 12ou . Assim, ( , , , )n m msl l = (2,1,1,+1/2), (2,1,1,1/2), ( , , , / )2 1 0 1 2+ , ( , , , / )2 1 0 1 2 , ( , , , / )2 1 1 1 2 + e ( , , , / )2 1 1 1 2 .

APRENDA De acordo com o princpio de excluso de Pauli, no pode haver dois eltrons no mesmo tomo com o mesmo conjunto de nmeros qunticos.

40-35PENSE Raios X so produzidos quando um alvo slido (de prata, neste caso) bombardeado com eltrons cuja energia cintica da ordem de keV.

EXPRESSE O comprimento de onda lmin / ,= hc K0 sendo K0 a energia cintica inicial do eltron incidente.

ANALISE (a) Para hc = 1240 eV nm , temos:

lmin , ,= =

= =hc

k0 32

124035 10

3 54 10 35eV nm

eVnm 44 pm.

(b) Um fton Ka emitido quando um eltron do alvo passa da camada L para a camada K. A energia desse fton

E = 25,51 keV 3,56 keV = 21,95 keV

e o comprimento de onda

lKa = hc/E = (1240 eV nm)/(21,95 103 eV) = 5,65 10 2 nm = 56,5 pm.(c) Um fton Kb emitido quando um eltron do alvo passa da camada M para a camada K. A energia desse fton 25,51 keV 0,53 keV = 24,98 keV e o comprimento de onda

lKb = (1240 eV nm)/(24,98 103 eV) = 4,96 10 2 nm = 49,6 pm.APRENDA Note que o comprimento de onda de corte lmin depende dos eltrons incidentes e no do material de que feito o alvo.

41-9PENSE De acordo com o Apndice F, a massa molar da prata M = 107,870 g/mol e a massa especfica = 10,49 g/cm3. A prata monovalente.

EXPRESSE Podemos calcular a massa de um tomo de prata dividindo a massa molar pelo nmero de Avogadro:

M MN A

0

3

23 1

107 870 106 022 10

1= =

=

,

,

,

kg/molmol

7791 10 25 kg.

Como a prata monovalente, existe um eltron de conduo por tomo (veja a Eq. 41-2).

ANALISE (a) A concentrao de eltrons de conduo

nM

= =

=

r 10 49 101 791 10

5 86 103

2528,

,

,

kg/mkg

3

mm .3

(b) A energia de Fermi

E hm

nF = = 0 121 0 121 6 626 10

9 12

2 334 2

, ( , )( , ),

/ J s009 10

5 86 10

8 80 10 5

3128 3 2 3

19

=

= =

kgm( , )

,

/

J ,, .49 eV

(c) Como E mvF F= 122,

vEm

FF= =

=

2 2 8 80 109 109 10

1 39 1019

31

( ,,

,

J)kg

66 m/s.

(d) O comprimento de onda de de Broglie

l = =

hmvF

6 626 109 109 10 1 39 1

34

31

,

( , )( ,J s

kg 005 22 10

610

m/s) m=

, .

APRENDA Uma vez conhecida a concentrao de eltrons de conduo, a energia de Fermi de um metal pode ser calculada usando a Eq. 41-9.

41-15PENSE Usando a distribuio de Fermi-Dirac, a probabilidade de ocupao dada por P e E kTFD = +( )1 1/ ;/D usando a distribuio de Boltzmann, a probabilidade de ocupao dada por P eB E kT= D / ..

EXPRESSE A diferena relativa entre as duas probabilidades

f P PP

e

e

E kTe

E kT

E kT= =

+

B FD

B

D

D

D/

/

/.

11

Captulo 41: Conduo de Eletricidade nos Slidos


Depois de algumas transformaes algbricas, obtemos

f ee

E kT

E kT=

+

D

D

/

/,

1

o que nos d

ef

fE kT =

D /

.

1

Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando T, obtemos

T E

k f f=

D

ln.

1

ANALISE (a) Fazendo f = 0,01, obtemos

T =

( , )( , )( , ) ln

1 00 1 60 10

1 38 10

19

23

eV J/eV

J/K 00 0101 0 010

2 50 103,

,

, .

= K

(b) Fazendo f = 0,10, obtemos

T =

( , )( , )( , ) ln

1 00 1 60 10

1 38 10

19

23

eV J/eV

J/K 00 101 0 10

5 30 103,

,

, .

= K

APRENDA A figura abaixo mostra a diferena relativa entre as duas probabilidades em fun-o de T.

Como se pode ver na figura, para um dado valor de DE, a diferena relativa entre as probabili-dades aumenta quando a temperatura T aumenta.

41-35PENSE Dopar silcio com fsforo aumenta o nmero de eltrons na banda de conduo.

EXPRESSE No exemplo do livro intitulado Dopagem do silcio com fsforo, calculada a frao de tomos de silcio que devem ser substitudos por tomos de fsforo para que a con-centrao de eltrons de conduo aumente para o valor especificado. Assim, vamos calcular o nmero de tomos de silcio que existem em 1,0 g de silcio puro, o nmero de tomos que devem ser substitudos e, finalmente, a massa total dos tomos de fsforo a serem usados na substitui-o. Como a massa molar do silcio MSi = 28,086 g/mol, a massa de um tomo de silcio

m M N A0, /Si Si= = (28,086 g/mol)/(6,022 1023 mol 1) = 4,66 10 23 g


e o nmero de tomos em 1,0 g de silcio

N m mSi Si Si= =/ ,0 (1,0 g)/(4,66 10 23 g) = 2,14 1022.De acordo com o exemplo mencionado, um em cada 5 106 tomos de silcio deve ser substi-tudo por um tomo de fsforo. Isso significa que existem

NP = >(2,14 1022)/(5 106) = 4,29 1015tomos de fsforo em 1,0 g de silcio.

ANALISE Como a massa molar do fsforo MP = 30,9758 g/mol, a massa de um tomo de fsforo

m M N A0, /P P= = (30,9758 g/mol)/(6,022 10 23 mol 1) = 5,14 10 23 g.A massa de fsforo que deve ser adicionada a 1,0 g de silcio

m N mP P P= =0, (4,29 1015)(5,14 10 23 g) = 2,2 10 7 g.APRENDA O tomo de fsforo um tomo doador, j que fornece um eltron banda de conduo. Os semicondutores dopados com tomos doadores so chamados de semiconduto-res tipo n.

42-21PENSE Energia de ligao a diferena entre a energia de repouso total dos prtons e nutrons que fazem parte de um ncleo e a energia de repouso do ncleo.

EXPRESSE Se um ncleo contm Z prtons e N nutrons, a energia de ligao dada pela Eq. 42-7:

DE mc Mc Zm Nm M cH nel = = + ( ) ( )2 2 2,na qual mH a massa de um tomo de hidrognio, mn a massa de um nutron e M a massa do tomo que contm o ncleo de interesse.

ANALISE (a) Se as massas so dadas em unidades de massa atmica, os excessos de massa so definidos como DH = (mH 1)c2, Dn = (mn 1)c2 e D = (M A)c2. Isso significa que mHc2 = DH + c2, mnc2 = Dn + c2 e Mc2 = D + Ac2. Assim,

D D D D D D DE Z N Z N A c Z NH n H nel = + ( ) + + ( ) = + 2 .em que A = Z + N.

(b) No caso do nucldeo 79197 Au, Z = 79 e N = 197 79 = 118. Assim,DEel = (79)(7,29 MeV) + (118)(8,07 MeV) (31,2 MeV) = 1560 MeV.

Isso significa que a energia de ligao por ncleon

DEeln = (1560 MeV)/197 = 7,92 MeV.APRENDA Usar os excessos de massa (DH, Dn e D) em vez das massas facilita o clculo da energia de ligao de um ncleo.

42-29PENSE Meia-vida o tempo que o nmero de ncleos radioativos de uma amostra leva para diminuir para a metade do valor inicial.

EXPRESSE A meia-vida T1/2 e a constante de desintegrao l esto relacionadas atravs da equao

T1/2 = (ln 2)/l.ANALISE (a) Para l = 0,0108 h 1, temos:

T1/2 = (ln 2)/(0,0108 h 1) = 64,2 h.(b) O nmero de ncleos que ainda no decaram no instante t dado por

N N e N et t T= = ( )0 0 2 1 2l ln / / .Fazendo t = 3T1/2, obtemos

NN

e0

3 2 0 125= = ln , .

Em cada meia-vida, o nmero de ncleos que ainda no decaram reduzido metade. Aps uma meia-vida, N = N0/2; aps duas meias-vidas, N = N0/4; aps trs meias-vidas, N = N0/8 = 0,125N0.

Captulo 42: Fsica Nuclear


(c) Usamos a relaoN N e t= 0 l .

Como 10,0 d = 240 h, lt = (0,0108 h 1) (240 h) = 2,592 eNN

e0

2 592 0 0749= = , , .

APRENDA A figura mostra a frao que resta da amostra de Hg em funo do tempo (em dias).

42-59PENSE No caso geral, o decaimento beta do 32P dado por

32 32P S + +e .No caso que estamos examinando, porm, como o eltron emitido com a maior energia cin-tica possvel, no emitido o antineutrino.

EXPRESSE Para que o momento seja conservado, o momento do eltron e o momento do ncleo residual de enxofre devem ter o mesmo mdulo e sentidos opostos. Chamando de pe o momento do eltron e de pS o momento do ncleo de enxofre, devemos ter pS = pe. A energia cintica KS do ncleo de enxofre

K p M p MS S S e S= =2 22 2/ / ,em que MS a massa do ncleo de enxofre. A energia cintica Ke do eltron est relacionada ao momento atravs da equao relativstica (pec)2 5 Ke2 1 2Kemc2, na qual m a massa do eltron.

ANALISE Para Ke = 1,71 MeV, a energia cintica do ncleo de enxofre

Kp cM c

K K mcM cS

e

S

e e

S= ( ) = + = ( ) +

2

2

2 2

2

2

22

221,71MeV 11 71 0 511

2 32 931 5

7 83

, ,

,

,

MeV MeVu MeV/u

( )( )( )( )

= 10 5 MeV=78,3 eV

em que mc2 = 0,511 MeV a energia de repouso do eltron (veja a Tabela 37-3).APRENDA A energia cintica mxima do eltron igual a Q, a energia de desintegrao:

Q K= max .Para mostrar que isso verdade, usamos os seguintes dados: MP = 31,97391 u e MS = 31,97207 u. O resultado o seguinte:

Q c c= = ( ) =31 97391 31 97207 0 00184 02 2, , , ,u u u 000184 931 51 71

u MeV/u

MeV.

( )( )=

,

,

43-17PENSE Representamos o fragmento desconhecido como ZAX, em que A e Z so o nmero de massa e o nmero atmico, respectivamente. A carga e o nmero de massa so conservados no processo de captura de um nutron.

EXPRESSE A reao pode ser escrita na forma

92235

01

3282U n Ge+ + ZAX .

Para que a carga seja conservada, 92 + 0 = 32 + Z e, portanto, Z = 60. Para que o nmero de massa seja conservado, 235 + 1 = 83 + A e, portanto, A = 153.

ANALISE (a) Consultando o Apndice F ou o Apndice G para verificar qual o elemento para o qual Z = 60, conclumos que o fragmento desconhecido 60153 Nd.

(b) Desprezando a energia cintica e o momento do nutron responsvel pela fisso, temos: Q = KGe + KNd,

sendo KGe a energia cintica do ncleo de germnio e KNd a energia cintica do ncleo de neodmio. De acordo com a lei de conservao do momento, p pGe Nd+ = 0. Podemos escrever a expresso clssica da energia cintica em termos do mdulo do momento:

K mv pm

= =12 2

22

,

o que nos d

K pM

pM

MM

pM

MMNd

Nd

Nd

Ge

Nd

Ge

Nd

Ge

Ge

Ge

Nd2 2 2= = = =

2 2 2KKGe .

Assim, a equao da energia se torna

Q K MM

K M MM

K= + = +Ge GeNd

GeNd Ge

NdGe

e

K MM M

QGe NdNd Ge

u

u uMeV MeV=

+=

+=153

153 83170 110( ) ..

(c) Analogamente,

K MM M

QNd GeNd Ge

u

u uMeV MeV=

+=

+=83

153 83170 60( ) .

(d) A velocidade inicial do ncleo de germnio

vK

MGeGe

Ge

eV)(1,60 10 J/eV)= = 2 2 110 10

83

6 19(( uu)(1,661 10 kg/u) m/s. = 27

71 60 10,

(e) A velocidade inicial do ncleo de neodmio

vK

MNdNd

Nd

eV J/eVu

= = 2 2 60 10 1 60 10153

6 19( )( , )( ))( , ) , .1 661 10 8 69 1027

6

= kg/u

m/s

Captulo 43: Energia Nuclear


APRENDA Para que o momento seja conservado, os fragmentos devem se mover em sentidos opostos.

43-23PENSE O tempo de gerao de nutrons de um reator, tger, o tempo mdio necessrio para que um nutron rpido emitido em uma fisso seja termalizado e, portanto, possa produzir ou-tra fisso.

EXPRESSE Seja P0 a potncia inicial, P a potncia final, k o fator de multiplicao, t o tempo de transio para o novo regime e tger o tempo de gerao de nutrons. De acordo com o resul-tado do Problema 43-19,

P P kt t= 0 / .ger

ANALISE Dividindo ambos os membros por P0, tomando o logaritmo natural e explicitando ln k, obtemos:

ln ln,

,

lnkt

t

PP

=

=

ger s

s

MW0

31 3 102 6

35012000

0 0006161MW

= , .

Portanto,

k = e 0,0006161 = 0,99938.

APRENDA O grfico a seguir mostra a potncia do reator em funo do tempo.

Como o fator de multiplicao k menor que 1, a potncia diminui com o tempo.

43-47PENSE A energia produzida pela queima de 1 kg de carbono 3,3 107 J.

EXPRESSE Como a massa de um tomo de carbono (12,0 u)(1,661 10 27 kg/u) = 1,99 10 26 kg, o nmero de tomos de carbono em 1,00 kg de carbono

(1,00 kg)/(1,99 10 26 kg) = 5,02 1025.ANALISE (a) O calor de combusto por tomo

(3,3 107 J/kg)/(5,02 1025 tomos/kg) = 6,58 10 19 J/tomo.Esse valor corresponde a 4,11 eV/tomo.

(b) Como em uma reao de combusto dois tomos de oxignio se combinam com um tomo de carbono, a massa total envolvida 2(16,0 u) + (12,0 u) = 44 u, o que equivale a

(44 u)(1,661 10 27 kg/u) = 7,31 10 26 kg.


Como uma reao de combusto produz 6,58 1019 J, a energia produzida por unidade de mas-sa dos reagentes (6,58 1019 J)/(7,31 1026 kg) = 9,00 106 J/kg.

(c) Se o Sol fosse feito de carbono e oxignio nas propores adequadas para a combusto to-tal do carbono, o nmero de reaes de combusto que aconteceriam at que o combustvel se esgotasse seria

(2,0 1030 kg)/(7,31 10 26 kg) = 2,74 1055e a energia total liberada seria

E = (2,74 1055)(6,58 10 19 J) = 1,80 1037 J.Chamando de P a potncia atual produzida pelo Sol, o tempo necessrio para que o combust-vel se esgotasse seria

tEP

= =

= = 1 80 103 9 10

4 62 10 1 46 1037

2610,

,

, ,

JW

s 33 anos,

ou cerca de 1500 anos.

APRENDA O Sol no queima carvo, e sim hidrognio, por meio do ciclo prton-prton, no qual ncleos de hidrognio se unem para formar ncleos de hlio. O mecanismo de fuso nuclear permite que o Sol produza uma potncia de 3,9 1026 W durante bilhes de anos.

44-11PENSE As leis de conservao que vamos investigar so as da energia, do momento linear, do momento angular, da carga, do nmero barinico e dos trs nmeros leptnicos.

EXPRESSE Em todas as interaes de partculas, os trs nmeros leptnicos (Le para a famlia do eltron, Lm para a famlia do mon e Lt para a famlia do tau) so conservados separadamen-te. De acordo com a lei de conservao do nmero barinico, o nmero barinico o mesmo antes e depois de qualquer reao de partculas.

ANALISE (a) No processo m m +e , a energia de repouso do mon 105,7 MeV, a ener-gia de repouso do eltron 0,511 MeV e a energia de repouso do neutrino zero ou prxima de zero. Assim, a energia de repouso total antes do decaimento maior que a energia de repouso total depois do decaimento. A energia em excesso pode ser convertida na energia cintica dos produtos do decaimento e a energia total pode ser conservada. O momento linear pode ser con-servado se o eltron e o neutrino se moverem em sentidos opostos com momentos de mesmo mdulo. Como o momento angular orbital zero antes e depois do decaimento, precisamos con-siderar apenas o momento angular de spin. Todas as partculas tm spin h/ 2. O momento angular total aps o decaimento pode ser h (se os spins do eltron e do neutrino estiverem paralelos) ou zero (se os spins estiverem antiparalelos). Como o spin antes do decaimento h/ 2, o momento angular no pode ser conservado. Como o mon tem carga e, o eltron tem carga e, e o neu-trino tem carga zero, a carga total antes do decaimento e e a carga total aps o decaimento tambm e, ou seja, a carga conservada. Como o nmero barinico de todas as partculas zero, o nmero barinico conservado. Como o nmero leptnico munico do mon +1, o nmero leptnico munico do neutrino do mon +1 e o nmero leptnico munico do eltron 0, o nmero leptnico munico conservado. Como o nmero leptnico eletrnico do mon e do neutrino do mon 0 e o nmero leptnico eletrnico do eltron +1, o nmero leptnico eletrnico no conservado. Assim, as leis de conservao violadas por esse decaimento so as leis de conservao do momento angular e do nmero leptnico.

(b) Analisando o decaimento m m + + +e e da mesma forma, constatamos que a carga e o nmero leptnico munico no so conservados.

(c) Analisando o processo m p m+ + + da mesma forma, constatamos que a energia no pode ser conservada porque a massa do mon menor que a massa do pon. Alm disso, o nmero leptnico munico no conservado.

APRENDA Nos trs processos descritos, como a partcula inicial se encontra em repouso, para determinar se a energia conservada basta verificar se a energia de repouso da partcula inicial maior que a soma das energias de repouso dos produtos do decaimento.

Captulo 44: Quarks, Lptons e o Big Bang


44-23PENSE Um brion composto por trs quarks.

EXPRESSE Os nmeros qunticos dos quarks up, down e estranho so os seguintes (veja a Tabela 44-5):

Quark Carga q Estranheza S Nmero barinico Bup (u) +2/3 0 +1/3down (d) 1/3 0 +1/3estranho (s) +1/3 1 +1/3

ANALISE (a) Para obter uma estranheza de 2, precisamos de dois quarks s. Como cada um desses quarks tem uma carga e/3, a carga total dos dois quarks 2e/3. Para que a carga total seja e, a carga do terceiro quark teria que ser 5e/3. Como no existe um quark com essa carga, no existe uma partcula com essas caractersticas.

(b) Como a estranheza total deve ser 0, no podemos usar quarks s. Precisamos, portanto, en-contrar uma combinao de trs quarks u e d com uma carga total de 2e. A nica possibilidade usar trs quarks u.

APRENDA O brion composto por trs quarks u a partcula D11.

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