resoluções dos exercícios

Capítulo 17

Ondas eletromagnéticas

...

2

Capítulo 18

Relatividade especial

...

3

Capítulo 19

Física Quântica

...

6

Capítulo 20

Física Nuclear

...

11

Para pensar

O radioisótopo ministrado ao paciente se liga a molécu-las com afinidade bioquímica por determinado órgão, acumulando-se nessa parte do corpo. Uma câmara espe-cial capta a radiação emitida e a envia a um computador que transforma os sinais em imagem do órgão avaliado. Para exemplificar ao aluno, considere o radioisótopo tecnécio 99m (m de metaestável). As moléculas de MDP (metileno-difosfonato) têm afinidade bioquímica por ossos. O tecnécio 99m, incorporado ao MDP, é ministrado ao paciente, acumulando nos ossos, podendo indicar a existência de tumores.

Testes propostos

T.414 As ondas eletromagnéticas são ondas transver-sais, que podem se propagar em meios materiais (água, vidro etc.) e não materiais (vácuo). Resposta: d

T.415 (01) Correta. As ondas eletromagnéticas são

geradas por cargas elétricas oscilantes. Essa oscilação pode ocorrer quando a corrente elétrica em um circuito for variável.

(02) Incorreta. Os fenômenos ondulatórios

ocorrem para as ondas eletromagnéticas em qualquer faixa de frequência.

(04) Correta. As ondas eletromagnéticas são

transversais.

(08) Incorreta. Interferência e difração podem

ocorrer também com ondas mecânicas, como as sonoras.

(16) Incorreta. Como a frequência da onda não

depende do meio, na água a velocidade de propagação é menor, e consequentemente o comprimento de onda é menor.

(32) Correta. A luz solar, ao se refratar nas

gotas, se decompõe nas várias luzes que a constituem.

Resposta: 37 (01 + 04 + 32)

T.416 No vácuo, todas as ondas eletromagnéticas apresentam mesma velocidade (c = 3 $ 108 _m/s).

Então, considerando a fórmula c = Hf, o maior comprimento de onda corresponde à menor frequência. Portanto, das fontes citadas nas alter nativas, o maior comprimento de onda corresponde ao forno de micro-ondas.

Resposta: b

T.417 O receptor deve operar na faixa de: , , $ $ c f f c 6 1 10 3 0 10 H ] H ] H ₆8 = = = ` H - 49 m Resposta: e

T.418 Comparando a tabela e o espectro, vemos que as ondas de telefonia celular (300 MHz a 3 GHz) estão na faixa das micro-ondas (100 MHz a 103 _GHz).

Resposta: d

Ondas eletromagnéticas

Capítulo

17

molécu-las de água coincide com a frequência das micro-ondas, ocorrendo ressonância.

II. Correta. Comparada com as ondas de

rá-dio, as micro-ondas têm frequência maior e comprimento de onda menor.

III. Correta. O aumento na temperatura do

alimento faz com que ele emita calor ra-diante, isto é, raios infravermelhos cuja frequência é maior que a das micro-ondas. Resposta: a

T.420 As micro-ondas são ondas eletromagnéticas e, portanto, têm a mesma natureza da luz visível, porém com menor frequência.

Resposta: b

T.421 I. Correta. De acordo com o espectro fornecido,

as micro-ondas estão na faixa das radiações não ionizantes, enquanto os raios X e os raios gama estão na faixa das radiações ionizantes.

II. Correta. Sendo a velocidade das ondas

c = 3 $ 108 _{m/s e as frequências f}

1 = 800 $ 10 6 _{Hz e} f₂ = 1.800 $ 106 _{Hz, teremos, para os}

compri-mentos de onda: $ $ f c 8 10 3 10 H1 1 8 8 = = ` H<sub>1</sub> = 0,375 m = 37,5 cm $ $ f c 18 10 3 10 H2 2 8 8 = = ` H2 - 0,17 m = 17 cm

Esses valores estão contidos na faixa de 15 cm a 40 cm:

H (cm) 40

15

17 37,5

III. Incorreta. As frequências das micro-ondas

são menores que as da luz visível. Resposta: c

T.422 Pelas informações dadas, temos que a velocidade da luz é a mesma, porque o meio é o mesmo para as duas cores, e Hazul 1 Hlaranja. Assim, fazul 2 flaranja.

Como quanto mais energia, menor o comprimen-to de onda, a chama azul emite mais energia. Portanto, a chama alaranjada é mais fria. Resposta: c

T.423 Pelo espectro da figura I, a substância absorve na região verde (aproximadamente 500 nm). Usando a roda de cores, sabe-se que a substân-cia apresentará cor vermelha.

Resposta: e

T.424 Para IUV maior do que 8, temos que o TES é de no máximo 20 min. Nessas condições, o TPD deve ser superior a 20 min. Vamos considerar TPD = 20 min. Sendo TPP = 2 h, temos:

$ min 20 2 60 ₆ FPS= _TPDTPP ] FPS= min ] FPS= Resposta: b

T.425 Quanto menor o comprimento de onda, maior a energia: E hc= _H.

A luz de maior energia é mais absorvida pelo tecido orgânico.

T.426 As partes claras de uma radiografia representam estruturas que mais absorvem os raios X (como os ossos), e as partes escuras representam os tecidos menos absorvedores.

Resposta: c

T.427 Pelo gráfico, vemos que a perturbação por ondas de rádio tem duração maior que a da perturba-ção por raios X.

Resposta: d

T.428 1) Incorreta. A intensidade do campo magnético no

interior de uma bobina é dada por B=j₀$ $n i_L , em que n é o número de espiras num compri-mento L de bobina.

2) Correta. Nesse caso, não há o efeito Joule. 3) Correta. A energia da bobina é dada por:

E B V_2j ] 0 2 bobina= _, , , $ $ $ $ $ E 2 1 26 10 0 4 s 0 40 2 6 2 2 bobina= -` j ` j ` E_bobina - 6,4 $ 104 _J

A energia cinética do objeto é de:

, J $ $ <sub>` $</sub> E<sub>c</sub> m v<sub>2</sub> 2]E<sub>c</sub> 1 300<sub>2</sub> E<sub>c</sub> 4 5 10 2 4 = = ` j = Portanto: Ebobina 2 Ec

4) Incorreta. Sob a ação do campo magnético,

cátions e ânions presentes na corrente sanguí-nea não sofrem variações de energia cinética. Lembre-se de que o movimento de cargas elétricas sob a ação de um campo magnético é uniforme.

Relatividade especial

Capítulo

18

Para pensar

Nas usinas nucleares, os núcleos de urânio-235 sofrem fissão, um processo em que parte da massa nuclear se converte em grande quantidade de energia. Essa energia aquece a água das caldeiras. Nas usinas ter-moelétricas, a energia que aquece a água das caldeiras é gerada pela queima de combustíveis fósseis, como carvão mineral, gás e óleo.

Exercícios propostos

P.398 O comprimento da barra será de: , , $ ] $ $ L c u _{L L} c c 1 ₂2 e 1 0 60₂ 2 0 2 =f - p =

f

p

P.399 A leitura que A faz é de:

$ $ t c u t t 1 30 1 3 10 2 10 S S e ] S e 2 2 8 2 8 2 = -= -` ` j j $

` S et=10 5 min ] Ste - 22,4 min ] ] Ste - 22 min 22 s

O relógio de B marca 1 h 22 min 22 s.

P.400 A velocidade do passageiro em relação à Terra é:

, , , , $ $ v c v u v u _v c c c c c 1 1 0 4 0 5 0 4 0 5 e e _{] ]} 2 2 = + + ₌ + + ] v = 0,75c

P.401 Ilustrando a situação, a nave A (referencial Re) se move com velocidade u = -0,8c em relação à Terra:

v = 0,5c u = -0,8c v’

R’ A B

R (Terra)

A nave B tem velocidade ve em relação a Re e velocidade v = 0,5c em relação à Terra. Assim:

, ,_, $ $ c v uu c c v c v c v v 1 0 5 1 0 8 0 8 e e _] e e ] 2 2 = + + ₌ -] 0,5c - 0,4ve = ve - 0,8c -] ve=₁₄13c

Também poderíamos calcular ve aplicando di-retamente a equação: v c uv v u 1 e 2 =

-Exercícios propostos de recapitulação

P.402 A velocidade u que o objeto deve ter é dada por: , $ $ L c u _{L L} c u _L 1 ₂2 e ] 0 99 e 1 ₂2 e ] =f - p =f - p , , c u c u 0 99 1 0 9801 1 ] ` j2= - ₂2 ] = - ₂2 ] , , c u _{0 02 u 0 14c} ] ₂2= ]

P.403 a) A energia de repouso em 1 kg de dinamite é

dada por: E0 = m0c2 ] E0 = 1 $ (3 $ 108) 2 ` E₀ = 9 $ 1016 _{J ]} , $ E0 9 10 cal_{4 18} 16 = ] ] E₀ - 2,1 $ 1016 _{cal = 2,1 $ 10}13 _kcal

b) A relação entre as energias da explosão E e de

repouso E₀ resulta em: , , $ $ EE 2 1 10 1 3 10 kcal kcal 0 13 3 = - 6,2 $ 10-11

Assim, quando a dinamite explode, a energia química liberada representa:

P.404 O fator D pode ser obtido pela relação entre as massas do próton e de repouso:

E_c = (m - m₀) $ c2 _] ] 3,78 $ 1,6 $ 10-7 _{= (m - m} 0) $ (3 $ 108)2 ] ] _mm m 0 0 -= , _$$ ,_$$ m 9 10 3 78 1 6 10 _] 16 0 7 , , , $ $ $ $ $ mm 1 9 10 1 68 10 3 78 1 6 10 ] ] 0 16 27 7 - = D = 4.000 + 1 ] ] D = 4.001

P.405 a) A energia cinética do elétron é calculada por:

E_c = E - E₀ ] E_c = 2,5 - 0,5 ` E_c = 2,0 MeV

b) A velocidade escalar v é tirada de:

$ E mc E c u m c E c u E 1 1 ] ] ] 2 2 2 0 2 2 2 0 = = -= -, , c u c u 2 5 1 0 5 1 ₅1 ] ] ] 2 2 2 2 = -- = c u c u 1 5 1 25 24 ] - ₂2= ₂ ] ₂2= ] u2 _{= 0,96c}2 _] ] u - 0,98c

P.406 a) O modelo pode ser representado por:

u R’

R

St’

St

A relação do tempo de duração do evento com o tempo dilatado é dada por: St = D $ Ste Sendo D = 1,005, pois o aumento foi de 5%, concluímos da tabela que:

u = 0,100 $ c ] u = 0,100 $ 3 $ 108

` u = 3 $ 107 _m/s

No dia a dia, as velocidades são muito meno-res do que 3 $ 107 _{m/s e, portanto, os efeitos}

relativísticos não são percebidos.

b) Da tabela, para u = 0,600c, temos D = 1,250.

Sendo St = D $ Ste, com Ste = 10 min, vem: St = 1,250 $ 10 ` St = 12,5 min

P.407 A expressão relativística da energia cinética pode ser escrita por:

$ E m c c u 1 1 _{1 ]} c 02 2 2 =

-f

p

>

H

Como cu é muito menor que 1, temos:

c u c u 1 1 2 2 2 21 2 2 -- + -f p  Substituindo  em , temos: $ $ E m c c u _{E m c} c u 1 2 1 ] 2 ] c 02 2 c 2 02 2 2 = f + - p = E m u₂ ] _c= 0 2

P.408 A energia total E é dada por:

E2 _{= Q}2 _{$ c}2 _{+ (m} 0c2)2 ] ] E2 _{= (5,0 $ 10}-22₎2 $ (3,0 $ 108₎2 + [9,1 $ 10-31 _$ $ (3,0 $ 108₎2 ]2 ] E2 _{= 25 $ 10}-44 _{$ 9,0 $ 10}16 _{+ (9,1 $} $ 10-31 _{$ 9,0 $ 10}16₎2 _{] E}2 _{- 225 $ 10}-28 _{+ 67 $ 10}-28 ` E - 17 $ 10-14 _J

A energia de repouso E0 é dada por: E0 = m0c2 ] E0 = 9,1 $ 10-31 $ (3,0 $ 108)

2

` E0 - 8,2 $ 10-14 J

A energia cinética é dada pela diferença entre a energia total e a energia de repouso, ou seja:

Ec = E - E0 ] Ec - 17 $ 10-14 - 8,2 $ 10-14

` Ec - 8,8 $ 10-14 J

Testes propostos

T.429 I. Correta. Referenciais inerciais são

referen-ciais para os quais vale o princípio da inércia (primeira lei de Newton). Todos os referen-ciais que se movem em MRU, isto é, com velocidade vetorial constante, em relação a um referencial inercial, são também inerciais.

y y’ v’ z’ z x’ x R’ R O P u

II. Incorreta. Ver item I.

III. Correta. Sendo v a velocidade de P em

rela-ção a R e ve a velocidade de P em relarela-ção a Re, como v e= v - u, vem: para t₁: ve₁ = v₁ - u  para t2: ve2 = v2 - u  Fazendo  - : ve2 - ve1 = v2 - v1 ] Sve = Sv ] t v v t S S e S S = ] ] ae = a Resposta: e

T.430 Na Física newtoniana, os conceitos de espaço e tempo são absolutos. Na teoria da relatividade, esses conceitos são relativos. O espaço contrai, e o tempo dilata.

Resposta: d

T.431 (01) Correta. É o 2° postulado da teoria da

rela-tividade especial.

(02) Correta. De acordo com a Mecânica

Clássica, se uma força resultante atuar constantemente sobre uma partícula, sua velocidade crescerá indefinidamente.

(04) Incorreta. A velocidade da propagação da luz

(08) Incorreta. Segundo a teoria da relatividade,

a massa depende da velocidade.

(16) Incorreta. A luz se propaga com velocidade c

no vácuo. Nos outros meios em que a luz se propaga, sua velocidade é menor do que c.

(32) Incorreta. Quanto maior a velocidade de

uma partícula, maior é sua massa, isto é, maior é sua inércia. Logo, maior será a força necessária para acelerá-la.

Resposta: 03 (01 + 02)

T.432 O segundo postulado da relatividade especial afirma que: “A velocidade da luz no vácuo é uma constante universal. É a mesma em todos os sistemas inerciais de referência. Não depende do movimento da fonte de luz e tem igual valor em todas as direções”.

Resposta: d

T.433 Ilustrando a situação, tem-se:

R (nave) A velocidade de R’ (Terra) em relação a R (nave) é 0,80c R’ (Terra) u = 0,80c l0

O comprimento Le é dado por: $ L L L c u L 1 e D ] e 2 2 = = -Sendo u = 0,80c e Le = l0, vem: , , c c L _l L l 1 0 80 0 60 ] ] 0 2 2 0 = -= ` j ] L = 0,60 $ l₀ ] L = 60% de l₀

Logo, o comprimento da pista observado pelo tripulante será 40% menor do que l₀.

Resposta: c

T.434 A velocidade de propagação da luz no vácuo é

c, independentemente do movimento da fonte.

Logo, para percorrer a distância L, o tempo que a luz demora é cL . Resposta: c T.435 De t c u t 1 S S e 2 = -c m

sendo Ste = 20 anos e St = 60 anos, vem: c u c u 60 1 20 ₁ 9 1 ] ] 2 2 = -- = c c m m $ ] c u _{u c} 9 8 3 2 2 ] c m2= = Resposta: a

T.436 A viagem de André, observada por um referen-cial na Terra, tem duração igual a:

, , $

t _vs t 2 4 5_{0 6}

S =S ] S = ` St = 15 anos No entanto, o tempo passado para André é:

, $ t c v t _t 1 15 1 0 6 S S e ] S e ] 2 2 2 = -=

-] Ste = 15 $ 0,8 ` Ste = 12 anos

Assim, a diferença de idade entre os dois gêmeos será de 3 anos.

Resposta: a

T.437 Devido à dilatação do tempo, o relógio de bordo ficará cada vez mais atrasado em relação ao relógio em terra.

Resposta: d

T.438 Do enunciado:

St_André = D $ St_Regina ] 2 $ St_Regina = D $ St_Regina ]

c v c v 2 1 1 _{2 1} 4 1 ] D ] ] ] 2 2 2 2 = -= - = c v _{v c} 4 3 23 ] ₂2= ] = ] v - 0,87c ] ] v - 87% de c Resposta: b

T.439 Representando os referenciais e o elétron, tem-se:

R’ (nêutron)

Elétron

v_n = u = 0,9c

ve = v’ = 0,8c

R

Usando a notação da teoria dada, temos:

u = vn = 0,9c e ve = ve = 0,8c

Vamos determinar a velocidade v do elétron em relação ao referencial R: , , , , , , $ $ v c v u v u _v c c c c c v c 1 1 0 8 0 9 0 8 0 9 1 72 1 7 e e _{] ]} 2 2 = + + ₌ + + = Resposta: a

T.440 Aplicando a equação do efeito Doppler para a situação dada, adotamos o carro como observa-dor se aproximando da fonte (radar):

f_O = $f c v c v 1 1 F -+ ] ] 5,0 $ 107 _{+ 6,0 $ 10}14 _{= 6,0 $ 10}14 _$ c vc v 1 1 ] -+

, , $ c vc v 1 1 1 6 0 10 5 0 ] ₇ -+ = + ` v - 25 m/s = 90 km/h Resposta: d

T.441 Uma redução no comprimento de onda implica aumento de frequência. Assim, a velocidade da fonte será de aproximação.

$ $ c uc u c uc u 1 1 350 700 1 1 H_vO=H_F ] ] + -= + -c uc u c uc u 1 1 2 1 1 1 4 1 ] ] ] + -= + -= , cu cu cu u c 4 4 1 3 5 0 6 ] - = + ] = ] = Resposta: a

T.442 0) Correto. Quando v = 0, temos:

m c m 1 0₂ 2 0 = -` j ] m = m0

1) Correto. Quando v p c, temos 1 v_c2 2

- p 0. Logo: m p 3

2) Correto. Analisando o denominador da

equação, temos: H G G c v c v _{v c} 1- ₂2 0 ] ₂2 1 ]

3) Correto. Pela equação, quanto maior o valor

da velocidade da partícula, maior a sua massa. Resposta: 0, 1, 2 e 3 são corretos.

T.443 A razão é obtida por: , m c u m mm c c m m 1 ₁ 0 80 1 6 10 ] ] 2 2 0 0 2 2 ₀ = -= -= ` j Resposta: a

T.444 A relação entre as massas é dada por:

m = D $ m₀, em que c u 1 1 D 2 2 =

-Logo, a massa aumenta do fator D igual a:

, , c c 1 0 5 1 0 75 1 D ] D 2 2 = -= ` j Resposta: a

T.445 A variação de energia do objeto é dada por: , . $ ` E mv<sub>2</sub> E 1 0 100<sub>2</sub> E 5 000 J S 2 ] S S 2 = = ` j =

Essa variação de energia acarreta uma variação de massa: SE = Sm $ c2 _{] 5.000 = Sm $ (3 $ 10}8₎2 ] , $ $ _{` $} m m 9 10 5 10 _{5 6 10 kg} ] S _{= 16}3 S _- -14

Portanto, das alternativas apresentadas, con-cluímos que a variação de massa do objeto será mais próxima de 10-14 _kg.

Resposta: d

T.446 A energia elétrica é de:

E = 2,0 $ 106 _{$ 3,6 $ 10}6 _{J ] E = 7,2 $ 10}12 _J

A massa m necessária é dada por:

E = mc2 _{] 7,2 $ 10}12 _{= m $ (3 $ 10}8₎2 _] , $ $ m 9 10 7 2 10 16 12 = ` m = 0,8 $ 10-4 _{kg ] m = 0,08 g} Resposta: a T.447 Do enunciado, vem: K = M $ c2 _$ c v 1 1 ₁ 2 2

-f

p

Física Quântica

Capítulo

19

Para pensar

A energia elétrica necessária para os satélites artificiais funcionarem pode ser gerada por células fotovoltaicas que fazem a conversão de energia solar em energia elé-trica. É importante ressaltar que existem outras formas de gerar energia elétrica, por exemplo, por meio de pilhas nucleares ou de células combustíveis de hidrogênio.

Exercícios propostos

P.409 a) Pela equação fotoelétrica de Einstein, vem:

Ec(máx.) = h $ f - A ] 2 = h $ f - 1,8

` h $ f = 3,8 eV

Sendo h = 6,63 $ 10-34 _{J $ s = 4,14 $ 10}-15 _{eV $ s,}

temos:

4,14 $ 10-15 _{$ f = 3,8 ` f - 9,2 $ 10}14 _Hz

b) O comprimento de onda é dado por:

c = H $ f ] H c_f ] H _{9 2 10}3 0 10_,, _$$ ₁₄

8

= =

` H - 3,3 $ 10-7 _m

P.410 a) A frequência da radiação incidente é de:

c = Hf ] $ $ f 300 10 3 10 9 8 = - ` f = 10 15 _Hz

b) A energia do fóton é dada por:

E = hf ] E = 4 $ 10-15 _{$ 10}15 _{` E = 4 eV}

c) A energia cinética máxima é de:

E_c = E - W ] E_c = 4 - 2,3 ` E_c = 1,7 eV

d) A frequência f0 é obtida em: W = h $ f0 ] 2,3 = 4 $ 10

-15 _{$ f} 0

Outra parte do sistema é a lâmpada. A emis-são de luz é devida aos saltos quânticos.

c) Esquema de forças no braço metálico:

FO F_P F_M P d O M d 3 P F : força magnética M F : força da mola O F : força do pino

No equilíbrio, a relação entre as forças é dada por:

I MO = 0 ] $FM d F d₃= P$ ] FM = 3FP

I F = 0 ] F_P + F_O = F_M ] F_P + F_O = 3F_P ] F_O = 2F_P

P.415 a) No nível 1, temos E1 = -13,6 eV e no nível 3, E3 = -1,51 eV.

Para a transição, tem-se:

E3 - E1 = h $ f ] -1,51 - (-13,6) = h $ f ` h $ f = 12,09 eV Como 1 eV = 1,6 $ 10-19 <sub>J, vem:</sub> h $ f = 12,09 $ 1,6 $ 10-19 <sub>]</sub> ] 6,6 $ 10-34 <sub>$ f = 12,09 $ 1,6 $ 10</sub>-19 ` f - 2,9 $ 1015 _Hz

b) O comprimento de onda é dado por:

c = H $ f ] , , $ $ f c 2 9 10 3 0 10 H= ] H= ₁₅8 ` H - 1,0 $ 10-7 <sub>m</sub> c) De E2 <sub>= Q</sub>2 <sub>$ c</sub>2 <sub>+ (m</sub> 0 $ c2)2, sendo m0 = 0, temos: E2 <sub>= Q</sub>2 <sub>$ c</sub>2 <sub>] h $ f = Q $ c ]</sub> ] , , , $ $ $ $ $ Q h f<sub>c</sub> Q 3 0 10 6 6 10 2 9 10 ] 34 <sub>8</sub> 15 = = -` Q - 6,4 $ 10-27 _{kg $ m/s}

P.416 a) Sendo -13,6 eV a energia correspondente ao

estado fundamental, temos os acréscimos de energia:

-13,6 eV + 9,25 eV = -4,35 eV -13,6 eV + 12,75 eV = -0,85 eV

Logo, só o fóton com 12,75 eV pode ser absor-vido, ocorrendo a transição do nível 1 para o nível 4.

O primeiro fóton é reemitido com sua respec-tiva energia (9,25 eV).

b) O átomo irá para o 3o _{estado excitado,}

corres-pondente ao nível 4 (descrito no item anterior).

c) O átomo excitado poderá decair, até voltar

ao estado fundamental, de uma entre as quatro maneiras a seguir.

1) 3o _{estado p estado fundamental}

2) 3o _{estado p 2}o _{estado p estado fundamental}

3) 3o _{estado p 1}o _{estado p estado fundamental}

4) 3o _{estado p 2}o _{estado p 1}o _{estado p estado}

fundamental

P.411 a) Vamos calcular a frequência mínima f0 para

que ocorra emissão fotoelétrica: , , $ $ A h f f A_h f 4 2 10 2 5 ] ] 0 0 0 15 = = = -` f₀ = 6,0 $ 1014 _Hz

A frequência da luz incidente no metal é dada por: , , , $ $ $ ` f c f f 6 0 10 3 0 10 5 0 10 Hz H ] 7 8 14 = = - =

Sendo f 1 f₀, concluímos que não ocorrerá emissão fotoelétrica.

b) A frequência mais baixa corresponde a f0:

f₀ = 6,0 $ 1014 _Hz

P.412 a) A energia do fóton é dada por:

E_fóton = h $ f ] E_fóton = $_{h cH ]} ] E_fóton = 4 $ 10-15 _$ $ $ 5 103 107 8 - ` Efóton = 2,4 eV

b) A luz de comprimento de onda 5 $ 10-7 _m

é capaz de arrancar elétrons do césio e do potássio, pois suas funções trabalho W são menores do que 2,4 eV.

c) A energia cinética é dada por:

E_c = h $ f - W ] Ec=h c$_H-W ] ] $ $ , $ $ E 4 10 3 10 3 10 _{2 3} 15 7 8 c= - - ` E_c = 1,7 eV

P.413 A energia de um fóton é de:

E = h $ f ] E = h $ cH ] E = 6,6 $ 10-34 _$ . , $ $ 6 000 10 3 0 10 10 8 -` E - 3,3 $ 10-19 _J

A energia Ee = 10-18 _{J representa um número n}

de fótons dado por:

, $ , n E_E n n n 3 3 10 10 3 310 3 e ] 18₁₉ ] ] = = - = =

P.414 a) Temos as seguintes formas de energia:

•  energia luminosa emitida pela lâmpada; •   energia  térmica  devido  ao  efeito  Joule  na 

lâmpada, nos fios de ligação e na bateria; •  energia química na bateria;

•  energia potencial elástica na mola; •  energia mecânica no martelo da campainha; •   energia  eletromagnética  na  bobina  e  nos 

fios de ligação;

•  energia sonora emitida pela campainha.

b) Na placa metálica ocorre o efeito fotoelétrico

explicado por Einstein, levando em consi-deração a quan tização da energia. Einstein propôs que um fóton da radiação incidente, ao atingir o metal, é completamente absor-vido por um único elétron, cedendo-lhe sua energia h $ f. Com isso, elétrons são emitidos pela placa com energia cinética máxima

Ec(máx.) = h $ f - A, sendo h a constante de Planck, f a frequência dos fótons e A a função trabalho,

isto é, a energia mínima necessária para que o elétron seja liberado da placa.

d) Considere o caso:

3o _{estado p estado fundamental}

Do 3o _{estado excitado (inicial) para o estado}

fundamental (final), a energia do fóton emi-tido é dada por:

-0,85 eV - (-13,6 eV) = 12,75 eV Outros decaimentos possíveis: 3o _{estado p 2}o _estado:

-0,85 eV - (-1,51 eV) = 0,66 eV 2o _{estado p 1}o _estado:

-1,51 eV - (-3,40 eV) = 1,89 eV 1o _{estado p estado fundamental:}

-3,40 eV - (-13,6 eV) = 10,20 eV

P.417 a) Aspectos da Física Clássica mantidos no

mo-delo de Bohr:

•   O elétron se movimenta em torno do núcleo  sob ação da força elétrica de atração dada pela lei de Coulomb.

•   O  movimento  do  elétron  obedece  à  2a _lei

de Newton.

Aspectos inovadores introduzidos por Bohr: •   A passagem do elétron de uma órbita para 

outra é possível mediante a absorção ou liberação de energia pelo átomo. A energia do fóton absorvida ou liberada no processo corresponde à diferença entre as energias

Ee e E dos níveis envolvidos.

Sendo Ee 2 E, temos Ee - E = h $ f, em que h é a constante de Planck e f é a frequência do fóton.

•   As órbitas permitidas ao elétron são aquelas  em que o momento angular é um múltiplo inteiro de _{ћ = s2 .}h

M_{H Q}

fóton Q_átomo

Átomo Fóton

b) Pela conservação do momento linear Q, vem:

Q _átomo = Q _fóton ] M_H $ v_rec. = Q _fóton  Mas: Q _{fóton = c}hf ] Q _fóton = E1-_cE0 _

Substituindo  em , temos: MH $ vrec. = _c E1-E0 _{` v} cM E E rec. 1 0 H =

P.418 a) O comprimento de onda de de Broglie é de:

, , $ $ $ Qh mvh 400 10 108_{3 6} 6 63 10 H ] H ] H 3 34 = = = -e o ` H - 5,5 $ 10-35 _m

b) A incerteza pode ser dada por:

H $ x Q ₄h S S _{s ]} ] _{x 0 400 100}$ , $ 2 $ _, H , $ 3 6 108 4 6 63 10 S _s 34 -e o ` Sx H 2,2 $ 10-34 _m Ou seja, (Sx)mín. = 2,2 $ 10-34 m.

P.419 a) O comprimento de onda de de Broglie é de:

, , , $ $ $ $ Qh mvh 9 1 10 1 0 10 6 63 10 H ] H ] H _{31 6} 34 = = = -` H - 7,3 $ 10-10 _m

b) A incerteza pode ser dada por:

H $ x Q ₄h S S _{s ]} ] Sx$9 1, $10-31$₁₀₀2 $1 0 10, $ 6H6 63 10, ₄$_s 34 -` Sx H 2,9 $ 10-9 _m Ou seja, (Sx)_mín. = 2,9 $ 10-9 _m.

Testes propostos

T.448 O estudo de Max Plank foi realizado para expli-car o espectro de emissão do corpo negro. Até o momento, as leis empíricas existentes não explicavam os dados experimentais obtidos. Resposta: e

T.449 Observando o gráfico, fica claro que o máximo de energia cresce muito mais rápido que a temperatura e que quanto maior a temperatura, maior o máximo de energia.

. . _q E E x 6 18 3 _{] 1 200}1 600 _{3 ] 4} . K . K x 1 200 1 600 - = d n =

Assim, o máximo de energia é proporcional à quarta potência da temperatura e quanto maior a temperatura, menor o comprimento de onda para o qual o máximo ocorre.

Resposta: a

T.450 Observando o gráfico, fica claro que a lâmpada incandescente, com filamento a cerca de 3.000 K, emite grande parte de sua radiação fora da faixa visível e, por isso, é considerada pouco eficiente. Resposta: d

T.451 Como o comprimento de onda máximo, de acor-do com o gráfico, é Hmáx. - 1,5 jm, a temperatura

é dada por:

1,5T - 3,0 $ 103 _{` T - 2.000 K}

Pela relação dada, H_máx.=3 0 10, $_T 3; então, quanto  maior for a temperatura, menor o valor de H_máx.. Resposta: c

T.452 _{De E = h $ f, temos: E = cH} Sendo Hamarela 2 Hvioleta, vem: E_amarela 1 E_violeta

A velocidade dos fótons é a mesma e igual a c. Resposta: c

T.453 Max Planck considerou que a energia radiante não é emitida (ou absorvida) de modo contínuo, mas, sim, em “partículas” que transportam, cada qual, uma quantidade de energia bem definida denominada quantum. Essa é a ideia da quanti-zação da energia.

T.454 Para que elétrons sejam liberados, devemos impor na equação fotoelétrica de Einstein:

E_c(máx.) = h $ f - A H 0

em que A é a função trabalho que depende do metal.

Assim:

h $ f - A H 0 ] h $ f H A ] Hf A_h

Portanto: fmin.HA_h (frequência de corte) Resposta: a

T.455 De Ec(máx.) = h $ f - A, observamos que o gráfico

Ec(máx.) # f é uma reta de coeficiente angular h.

Por isso, as retas referentes às placas P1 e P2 são

paralelas. Resposta: a

T.456 I. Incorreta. f é a frequência da radiação

ele-tromagnética incidente no metal.

II. Correta. Comparando Kmáx. = B $ f - C com Ec(máx.) = h $ f - A, concluímos que B = h. A

unidade de h no SI é J $ s.

III. Correta. C = A (função trabalho)

correspon-de à energia mínima necessária para ar-rancar elétrons do metal. Sua unidade no SI é o joule.

Resposta: d

T.457 A função trabalho pode ser dada por:

Ec( á .)m x = hf - A ] -2 $ 1,6 $ 10-19 = h $ 0 - A

` A = 3,2 $ 10-19 _J

Então, a frequência mínima é de:

hf0 = A ] 6,63 $ 10 -34 _{$ f} 0 = 3,2 $ 10 -19 ` f₀ - 4,8 $ 1014 _Hz Resposta: a

T.458 Aumentando a frequência da luz incidente, a partir de certo valor mínimo f0, tem-se a emissão

de elétrons. Resposta: d

T.459 Pelo teorema da energia cinética, temos: T = Ec(final) - Ec(inicial) ] -eU = 0 - Ec(inicial) ]

] -eU = -h $ f ] eU=h c$_H ] H =_eUch Resposta: e

T.460 As energias dos feixes I e II de raios X são:

E₁ = hf₁  e E₂ = hf₂  Dividindo  por , temos:

E E f f E E c c E E ] H H ] _HH ] 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 = = = E E E E 3 3 ] H_H ] 1 2 1 1 2 1 = = Resposta: d

T.461 (01) Incorreta. Para a luz vermelha, a frequência

dos fótons incidentes é inferior à frequência mínima f0.

(02) Correta. Se a placa metálica M atraiu a

pe-quena esfera P (por indução), significa que a luz violeta arrancou elétrons da placa, que, portanto, se eletrizou.

(04) Incorreta. O que ocorre é o efeito

fotoelé-trico na placa metálica com a incidência de luz violeta.

(08) Incorreta. As “partículas” luminosas são os

fótons, cuja massa é nula.

(16) Correta. De E = hf, sendo fvioleta 2 fvermelho,

temos: Evioleta 2 Evermelho

(32) Incorreta. Mesmo aumentando o tempo de

iluminação, a luz vermelha não arrancaria elétrons da placa metálica, pois a frequ-ência da luz vermelha é menor do que a frequência mínima f₀.

Resposta: 18 (02 + 16)

T.462 (01) Correta. De c = Hf, vem f=_Hc. Para os com-primentos de onda dados, temos:

Para a luz vermelha:

, $ $ f 6 2 10 3 10 7 8 vermelha= - ` fvermelha - 4,8 $ 10 14 _Hz

Para a luz violeta:

, $ $ f 10 3 10 3 9 7 8 violeta= - ` f_violeta - 7,7 $ 1014 _Hz

Sendo fvermelha 1 f0 = 6,0 $ 1014 Hz,

concluí-mos que não ocorrerá efeito fotoelétrico para incidência de luz vermelha na placa de lítio.

Sendo f_violeta 2 f₀, concluímos que ocorre efeito fotoelétrico para incidência de luz violeta na placa de lítio.

(02) Incorreta. O que importa é a frequência

da radiação incidente que deve superar a frequência mínima f₀.

(04) Correta. Ao aumentar a frequência f, cresce

a energia cinética dos elétrons ejetados, uma vez que:

E_c(máx.) = h $ f - A

(08) Incorreta. A energia cinética cresce com f,

que é inversamente proporcional a H, de acordo com f=_Hc.

(16) Correta. A frequência correspondente à luz

que o estudante utiliza é de: , $ $ f c f 4 6 10 3 10 H ] 7 8 = = - ` f - 6,5 $ 1014 Hz

Como a frequência da luz azul é maior que a frequência mínima f₀, ocorrerá efeito fo-toelétrico, ou seja, elétrons serão ejetados da superfície de lítio.

(32) Correta. A quantidade de elétrons emitidos

é diretamente proporcional à potência da radiação incidente.

(64) Incorreta. Com a incidência da luz

T.463 A energia total de uma partícula é dada por:

E2 _{= p}2 _{$ c}2 _{+ m}2 0 $ c4

Sendo, para o fóton, m0 = 0 e E = h $ f, temos: E = p $ c ] h $ f = p $ c ] p=h f$_c

Resposta: d

T.464 Os valores possíveis de energia dos estados que o elétron pode ocupar no átomo de hidrogênio são dados aproximadamente por:

, E n 13 6 eV 2 n=

-O nível de menor energia (n = 1) é aproximada-mente igual a: , , E E 1 13 6 13 6 eV ] eV 1= - 2 1= -Resposta: e

T.465 Sendo -13,6 V a energia correspondente ao estado fundamental, temos os acréscimos de energia:

-13,6 eV + 10,2 eV = -3,4 eV -13,6 eV + 8,7 eV = -4,9 eV

Logo, somente o fóton f₁ com energia 10,2 eV poderá ser absorvido pelo átomo de hidrogênio, ocorrendo a transição do estado fundamental para o 1o _{estado excitado.}

Resposta: b

T.466 Para ser ionizado a partir do estado quântico fundamental, o elétron deve receber no mínimo a energia de 13,6 eV. Isso significa que, recebendo 20 eV, o átomo sofrerá ionização, e o elétron ad-quirirá uma energia cinética de 20 eV - 13,6 eV, o que resulta 6,4 eV.

Resposta: c

T.467 De E = h $ f e sendo f=c_H, temos: E hc= _H Na transição de um nível de maior energia para um nível de menor energia, ocorre a emissão de um fóton. A emissão do fóton de menor comprimento de onda H corresponde à maior emissão de energia E. Isso ocorre para o maior distanciamento entre os níveis, de n = 2 para

n = 1, o que corresponde à emissão III.

Resposta: c T.468 De E hcS = _H, temos: , , , $ $ $ $ E 1 03 10 4 14 10 3 0 10 S _X= 15 -₇ 8 ` SE<sub>X</sub> - 12,06 eV , , , $ $ $ $ E 4 85 10 4 14 10 3 0 10 S Y 7 15 8 = ` SEY - 2,56 eV Analisando os dados da figura, constatamos que a transição associada ao fóton X é a 2 e ao fóton Y, a 6.

Resposta: b

T.469 O período orbital pode ser obtido de: $ $ $ $ ¶ F r e e m r 1 4s 0 2 h 2 = = ] ] $ $ $ ¶ r e _m T r 4s1₀ 2 2s 2 2 = d n ] ] $ $ $ ¶ r e _m T r 4s1₀ 2 4s 2 2 2 = ] ] T $ $ ¶$ $ e m 4s 4s r r 2 2 2 0 2 = ] ] T $ $ ¶$ $ e m 4s 4s n a 2 2 2 0 2 0 3 = ` j ] ] T₌4sa $ $0 n3 _es¶0$ $m a0 Resposta: d

T.470 I. Correta. O elétron pode absorver energia

menor que 13,6 eV. Se ele receber, por exem-plo, 12,09 eV, essa energia será absorvida e o elétron passará do estado fundamental para o segundo estado excitado.

II. Incorreta. Existe um limiar para o efeito

fo-toelétrico de cada material. O valor desse limiar é a chamada função trabalho (A) de cada material. Para frequências menores que f0=A_h, o efeito fotoelétrico não ocorre.

III. Correta. O modelo atômico de Bohr

im-plica em elétrons que orbitam em uma órbita conhecida com momento conheci-do. O princípio da incerteza de Heisenberg determina que não se pode obter o valor exato do momento e da posição de uma partícula.

Resposta: a

T.471 A luz tem natureza dual, isto é, em determinados fenômenos, ela se comporta como se tivesse natureza on du la tória e, em outros, natureza de partícula.

Resposta: c

T.472 (01) Correta. É a natureza dual da luz.

(02) Correta. Com isso Einstein explicou o efeito

fotoelétrico.

(04) Incorreta. A luz se comporta ora como onda,

ora como partícula.

(08) Correta. Foi Isaac Newton quem formulou a

primeira teoria científica sobre a natureza da luz, segundo a qual uma fonte lumino-sa emite pequeníssimos corpúsculos em todas as direções e com velocidade muito elevada.

(16) Correta. Christian Huygens foi quem

apre-sentou, no século XVII, a teoria sobre a natureza da luz, conhecida como teoria on-dulatória da luz. Thomas Young confirmou essa teoria de Huygens, verificando que a luz sofre difração e interferência. A natureza ondulatória da luz ficou plenamente esta-belecida quando James Clerk Maxwell for-mulou a teoria ondulatória eletromagnética, considerando a luz uma onda eletromagné-tica. No século XX, Albert Einstein explicou o efeito fotoelétrico, retomando o aspecto corpuscular, diferente, porém, do caráter mecânico proposto por Newton.

(32) Incorreta. Ver item (16).

T.473 A propagação de ondas eletromagnéticas no vácuo não se relaciona com o caráter dual. Resposta: e T.474 Sejam: E m v$₂ 2 i = ` j  e 2E m v$<sub>2</sub> 2 f = ` j  Substituindo  em , temos: $m v$ m v$ v $v 2 _{2 2} ] 2 2 2 i f f i = = ` j ` j

De acordo com o comprimento de onda de de Broglie, temos: mvh H_i i =  e H_{f mv}h f = 

Dividindo  por , temos:

$ $ v v v v 2 2 1 H H ] HH ] H H i i f f i f i i f i = = = Resposta: a

T.475 Esquema da produção do par elétron-pósitron: Fóton 1 Fóton 2

E1 = hf E2 = hf Ee = mec2 Ep = mec2

Elétron Pósitron

A frequência mínima de cada fóton corresponde ao fato de o par elétron-pósitron ter energia cinética nula.

Pela conservação da energia, temos:

E1 + E2 = Ee + Ep ] ] h $ f + h $ f = m_e $ c2 _{+ m} e $ c 2 _] ] 2 $ h $ f = 2 $ m_e $ c2 _{] f} $ h m c2 e = Resposta: b

T.476 As características corpusculares e ondulatórias da luz não são antagônicas e sim, complemen-tares. Elas não podem ser observadas simulta-neamente num mesmo fenômeno.

Resposta: d

T.477 A determinação exata da velocidade viola o princípio da incerteza de Heisenberg.

Resposta: d

T.478 I. Correta. É a definição do princípio da

incer-teza de Heisenberg.

II. Correta. Pela fórmula do princípio, a

pre-cisão da posição é inversamente propor-cional à precisão da velocidade. Assim, se uma aumenta, a outra diminui.

III. Incorreta. Imprecisões do instrumento de

medição não estão relacionadas ao princí-pio da incerteza de Heisenberg.

IV. Correta. Esse é um dos fundamentos

bási-cos do princípio.

V. Correta. O princípio é muito mais

relevan-te ao tratar do mundo microscópico que do macroscópico.

Resposta: d

Física Nuclear

Capítulo

20

Para pensar

Os prótons são acelerados por campos elétricos. A trajetória do feixe é “direcionada” por meio de cam-pos magnéticos. Ambos os camcam-pos têm intensidades elevadíssimas.

Exercícios propostos

P.420 Sendo m₀ = 32 g e m = 1,0 g, temos: ,

m=m₂x0 ] 1 0=32₂x ] 2x = 32 ] 2x = 25 ] x = 5

A meia-vida desse isótopo é dada por: St = x $ p ] 60 = 5 $ p ` p = 12 dias

32 g 12 dias 16 g 12 dias 8,0 g 12 dias 4,0 g

12 dias _{2,0 g} 12 dias _{1,0 g}

P.421 A vida média do tecnésio é dada por:

p = 0,693 $ T ] 20 = 0,693 $ T ` T - 28,9 h

Exercícios propostos de recapitulação

P.422 a) A equação de decaimento de U23892 é dada por: 2 9 3 2 8_{U p x} 4 2a + y -1 0_{d +} 2 8 2 6 2_Rn

Fazendo o balanço do número de massa e do número atômico, temos:

238 = 4x + 222 ] 4x = 16 ` x = 4 partículas a 92 = 2x - y + 86 ] 92 = 2 $ 4 - y + 86 ` y = 2 partículas d b) Sendo N=N₂x0, vem: N N 160= 2x0 V 2x = 16 ] 2x = 24 ] x = 4

O intervalo de tempo é de:

St = x $ p ] St = 4 $ 3,8 ` St = 15,2 dias

P.423 a) A afirmação é falsa, pois a desintegração

va-ria exponencialmente no decorrer do tempo. Assim, passados 60,4 anos, que é o dobro da meia-vida (30,2 anos), ainda teremos 41 da massa de césio-137.

b) Ao emitir uma partícula beta e se converter

em bário-137, a massa do produto do decai-mento será:

mf = mBa + md ] mf = 136,90581 + 0,00055 ]

] mf = 136,90636 u

A massa inicial do césio-137 antes da emis-são era:

m_i = m_Ce = 136,90707 u

A diferença entre a massa inicial e a massa final é o que se converte em energia, de acordo com a equação de Einstein E = mc2_.

Assim, teremos:

mi - mf = 136,90707 - 136,90636

Esse valor, expresso em quilograma, multipli-cado pelo quadrado da velocidade da luz forne-ce o valor da energia obtida, expressa em joule.

c) A emissão beta é uma partícula (elétron),

enquanto a emissão gama é constituída por ondas eletromagnéticas.

As ondas eletromagnéticas (incluídas as gama) apresentam velocidades igual à da luz: 300.000 km/s. As partículas d, sendo matéria, têm velocidades bem menores.

P.424 a) Sendo o intervalo de tempo St = 1 dia = 9 $ 104 _s

e a potência Pot = 4.000 MW = 4.000 $ 106 _{W, a}

quantidade de calor Q produzida será:

Q = Pot $ St = 4.000 $ 106 _{$ 9 $ 10}4

` Q = 3,6 $ 1014 _J

b) Como c = 3 $ 108 _{m/s e E = Q = 3,6 $ 10}14 _{J, a}

aplicação da equação de Einstein fornece: SE = Sm $ c2 _{] 3,6 $ 10}14 _{= Sm $ (3 $ 10}8₎2 ` Sm = 4,0 $ 10-3 <sub>kg ou Sm = 4,0 g</sub> c) Se Sm = 8 $ 10-4 <sub>$ M</sub> U, vem: 4,0 $ 10-3 <sub>= 8 $ 10</sub>-4 <sub>$ M</sub> U ` MU = 5,0 kg

P.425 a) No Sol ocorre fusão nuclear: quatro átomos

de hidrogênio formam um átomo de hélio, de massa menor do que as dos quatro átomos de hidrogênio. A diferença entre as massas (m_i - m_f) se converte em energia (E ), segundo a equação de Einstein E = (mi - mf) $ c2.

b) A diferença de massa entre os quatro átomos

de hidrogênio e um átomo de hélio é dada por:

mi - mf = 4 $ 1,67 $ 10

-27 _{- 6,65 $ 10}-27

` m_i - m_f = 3 $ 10-29 _kg

A energia proveniente da diferença de massa (m_i - m_f) é:

E = (mi - mf) $ c2 ] E = 3 $ 10-29 $ (3 $ 108) 2

` E = 27 $ 10-13 _J

Como a cada segundo ocorrem 1038 _reações

de fusão, a energia total liberada a cada se-gundo será:

Etotal = nreações $ E ] Etotal = 10

38 _{$ 27 $ 10}-13

` Etotal = 2,7 $ 1026 J

P.426 a) Não contraria a lei de conservação da carga.

Te-mos 6 prótons nos reagentes (três partículas a) e 6 prótons no produto da reação (carbono).

b) A energia encontrada corresponde a:

E_L = (m_i - m_f) $ c2 _] ] _E . , . , c c $ $ 3 3 728 3MeV₂ 11 177 7MeV₂ 2 L=e _c - o ] ] E_L = 7,2 c MeV 2 $ c2 ` E_L = 7,2 MeV

c) Sendo a expansão isotérmica, resulta SU = 0.

Portanto, de SU = Q - T, temos: T = Q = EL = 7,2 MeV

Testes propostos

T.479 As quatro forças fundamentais da natureza omiti-das no texto são: força nuclear forte, força nuclear fraca, força eletromagnética e força gravitacional. Resposta: c

T.480 Numa reação química, há envolvimento entre os elétrons e os núcleos atômicos eletrizados. Portanto, trata-se de uma manifestação da força eletromagnética.

Resposta: c

T.481 Pelo princípio da conservação das cargas elétricas, concluímos que a carga elétrica do neutrino é nula.

Resposta: e

T.482 A composição do nêutron é representada por:

qu + 2 $ qd = 0 ] 32 $ e + 2 $ qd = 0 ] q ₃$e

1

d=

-Resposta: c

T.483 A composição do próton é representada por:

q_p = 2 $ qu + qd ] qp = 2 $ 32 $ e ₃

1

- $ e ] qp = e

Assim: (u, u, d)

A composição do nêutron é representada por:

q_n = q_u + 2 $ q_d ] q_{n = 3}2 $ e + 2 $ d-₃1$en ] q_n = 0 Assim: (u, d, d) Resposta: c T.484 Do enunciado, temos: q_p = e = 2 $ q_u + q_d  qn = 0 = 2 $ qd + qu 

Das equações  e , temos:

q_{u = 3}2 $ e e q_{d = 3}-1 $ e Resposta: d

T.485 Como o intervalo de tempo é St = 15 anos (2002 - 1987) e a meia-vida do césio-137 é de 30 anos, temos: St = x $ p ] 15 = x $ 30 ] x=₂1 A razão R fica: m m_{2 m}m R R 2 1 2 1 22 ] ] ] ] x0 0 21 = = = = ] R - 0,7 Portanto, R 2 0,5. Sendo m 1 m₀, temos: mm0 1 1 ] R 1 1 Assim, temos: 1 2 R 2 0,5 Resposta: b

T.486 Do dia 4 de abril de 2011 até o dia 6 de maio desse  mesmo  ano,  passam  32  dias;  portanto,  são 4 meias-vidas do iodo-131 (4 $ 8 = 32). Nesse período, a taxa decresce de um fator 24_.

Assim, a atividade radioativa inicial, que era de

vi = 200.000 Bq/cm 3_{, cai para:} . v 200 000 Bq/cm₁₆ 3 f= ] vf = 12.500 Bq/cm3 Resposta: d

T.487 A cada 14 dias, a atividade radioativa da solução cai pela metade. Então, se a medida inicial é de 1.000 emissões por minuto, após 14 dias cai para 500, e após 28 dias, para 250 emissões por minuto. Resposta: d

T.488 Considere a seguinte linha do tempo corres-pondente à aplicação do medicamento aos dois pacientes: 0 2 h 5 h 0 t t N_A NA NB NB x x 1,5 h 1,5 h 4x NB

O instante 0 (zero) é o instante de preparo. O frasco A tem N_A átomos e o frasco B tem N_B átomos. O instante t = 2 h é o de aplicação do medicamento no paciente A. Nessas 2 horas, houve decaimento de um fator x, de modo que a dose aplicada tem xNA átomos. O frasco B sofre o mesmo decaimento e possuirá xNB átomos. Até a aplicação da dose no paciente B (às 5 h) terão decorrido 3 horas, isto é, duas meias--vidas do flúor-18. Então, o conteúdo do frasco

B terá decaído 4x vezes, passando o número de

átomos para xN4B.

Como as doses aplicadas devem ser iguais, temos: $ x N x N N N 4 ] 4 A A B B = = Resposta: c T.489 Sendo _NN ₈1 0 125,

0= = , a leitura do gráfico fornece

17.190 anos. Resposta: b T.490 A equação de decaimento de 2 9 3 2 8_{U é dada por:} 2 9 3 2 8_{U p x} 4 2a + y -1 0_{d +} 2 8 0 2 6_Pb

Fazendo o balanço do número de massa e do número atômico, temos:

238 = 4x + 206 ] 4x = 32 ] x = 8 partículas a 92 = 2x - y + 82 ] 92 = 2 $ 8 - y + 82 ] ] y = 6 partículas d Resposta: d T.491 _{De St = x $ p, vem: 100 = x $ 1.600 ] x 16}= 1 Logo: _m m _{m m} $ 2 ₂ 60 _{60 2} ] ] X 0 161 161 = = = - _

Calculando o logaritmo natural, temos: $ log_e2-161= - ₁₆1 log_e2 ] , $ log 2 ₁₆1 0 693 ] _e -161_{= -} ] ] log 2_e -161= -0 043, ] 2-161 =0 96, _ Substituindo  em , temos: m = 60 $ 0,96 ` m = 57,6 mg

Utilizando a equação dada no enunciado:

A = C $ e-kt _{] A=60$e}-0 693,p $t _]

] _A=60$e-1 600 1000 693., $ _{] A = 60 $ e}-0,043

` A = 57,6 mg Resposta: d

T.492 I. Correta. O processo que ocorre na usina

térmica é o descrito.

II. Incorreta. Fusão nuclear e fissão nuclear

são processos diferentes.

III. Correta. A energia é decorrente da fissão

do núcleo de urânio-235 por um nêutron.

IV. Incorreta. O processo que ocorre é fissão

nuclear e não fusão. Resposta: a

T.493 Do calor produzido pela fissão no núcleo do reator, parte é fornecida à turbina, que realiza trabalho, e parte é dissipada, isto é, cedida ao sistema de refrigeração.

Resposta: e

Análise dimensional

Para pensar

Para medir a intensidade de corrente elétrica, podem ser utilizados, por exemplo, o amperímetro e o multímetro.

Exercícios propostos

P.427 a) O campo magnético é dado por:

B = j₂0_s$_ri _{] j} 0 =

$ s

i B 2 r

A equação dimensional é dada por: [j0] = $ B i r 8 8 8 B B B ] [j0] = $ I ML T I0 -2-1 L ] ] [j₀] = MLT -2_I-2

b) O fluxo magnético é descrito por:

A = BA $ cos a

Sua equação dimensional é:

[A] = [B] $ [A] ] [A] = ML0_T-2_I-1 _{$ L}2 _]

] [A] = ML2_T-2_I-1 P.428 a) De ¶0 = $ C Ad , vem: [¶0] = $ C d A 8 8 8 B B B ] [¶0] = $ $ L M L T I L 2 1 2 4 2 - -` j ] ] [¶0] = M -1<sub>L</sub>-3<sub>T</sub> 4<sub>I</sub>2 b) De G = R A , vem:$<sub>L</sub> [G] = R $ L A 8 8 8 B B B ] [G] = ML T I<sub>L</sub> $L 2 -3-2 2 ` j ] ] [G] = ML3_T -3_I-2 P.429 a) Sendo [R] = ML 2_T -3_I -2 _{e [C] = M} -1_L -2 _T 4_I 2_{, temos:} [RC] = ML2_T-3_I-2 _{$ M}-1_L-2 _T 4 _I2 _{] [RC] = M}0_L0_TI0 b) De [B] = ML0_T-2_I-1_{, temos:} I ML T I ML T I $ B iR 0 2 1 2 3 2 = - -- -< F ] _{< F}iR_{B =}M0 2L T I-1 0 c) = BC_i G= ML T I0 -2-1$_IM L T I-1-2 4 2 ] ] i BC _{=M TL I}0 -1 0 = G

P.430 a) Pode-se partir de: l = K $ ha _{$ G}d _$cD

` [l] = [h]a _{$ [G]}d _{$ [c]}D _

A equação dimensional de l e de c são conhe-cidas:

[l] = M 0_LT 0 _{e [c] = M} 0_LT -1

A equação dimensional de h pode ser obtida de:

E = hf V h = E ` [h] = _f f E 8 8 B B V [h] = T ML T 1 2 2 V V [h] = ML 2_T -1

A equação dimensional de G pode ser obtida de:

G = m mFd1 2 2 ` [G] = $ $ m m F d 1 2 2 8 8 8 8 B B B B V [G] = $ M MLT L 2 2 2 V V [G] = M-1_L3_T -2 Substituindo [l], [h],[G] e [c] em , temos: M0_LT0 _{= (ML}2_T-1₎a _{$ (M}-1_L3_T-2₎d _{$ (LT}-1₎D _V

V M0_LT0 _{= M}a-d_L2a+3d+D _T-a-2d-D

Assim, temos: a d a d D a d D 0 2 3 1 2 0 - = + + = - - - =

*

P.431 A equação dimensional do primeiro membro é dada por:

[U] = ML2_T -3_I-1

A equação dimensional do segundo membro é: [Ed] = [E] $ [d] = MLT -3_I-1 _{$ L = ML}2_T -3_I-1

P.432 As equações dimensionais de (Q $ c)a _{e (m} 0 $ c2)d

devem ser iguais à equação dimensional de E2_:

[E2_{] = [Q $ c]}a _{] (ML}2_T -2₎2 _{= (MLT} -1 _{$ LT}-1₎a _] ] (ML2_T -2₎2 _{= (ML}2_T -2₎a _{] a = 2} [E2 _{] = [m} 0 $ c2]d ] (ML2T-2)2 = (ML2T -2)d ] d = 2 Portanto: E2 _{= (Q $ c)}2 _{+ (m} 0 ∙ c 2₎2

Exercícios propostos de recapitulação

P.433 A equação dimensional da grandeza G é dada por: [G] = q U 8 8 B B ] [G] = ML T I2_IT-3-1 ] [G] = ML2_T -4_I-2 P.434 De E = h $ f, vem: h = E_f

No Sistema Internacional, a unidade de E é o joule ( J ), e a de frequência é o inverso do segun-do s_d1₌s-1_{n. Assim, a unidade de h é}

s J

1 - = J $ s.

P.435 Por análise dimensional, temos: [P] = [U]a _{$ [R]}d _]

] ML2_T -3 _{= (ML}2_T -3_I-1₎a _{$ (ML}2_T -3_I-2₎d _]

] ML2_T -3 _{= M} a + d_L2 (a + d)_T -3 (a + d) _{$ I} -a-2d

Identificando os expoentes, temos: a a d d 1 2 0 + = - - = *

Resolvendo o sistema, vem: a = 2 e d = -1 Portanto: P = U2 _{$ R}-1

] P = RU2

P.436 Pela homogeneidade da equação, concluímos que U, A e D $ L têm a mesma equação dimen-sional: [A] = [U] = x q 8 8 B B = ML T_{I T$}2 -2 ] [A] = ML2_T-3_I-1 [A] = [D $ L] ] ML2_T-3_I-1 _{= [D] $ [L] ]} ] ML2_T-3_I-1 _{= [D] $ L ] [D] = ML}2_T-3_I-1

Testes propostos

A equação dimensional é dada por: [¶0] = _$ $ r Q Q F 2 1 2 8 8 8 8 B B B B ] [¶0] = _$ $ MLT L IT IT 2 2 - ] ] [¶0] = M -1_L-3_T 4_I2

No SI, a unidade de ¶0, em função das unidades

de base, é: kg-1 _{$ m}-3 _{$ s}4 _{$ A}2

Resposta: c

T.495 Fazendo a análise dimensional, temos: [R] $ [C] = $ I T ML ML I T 2 3 2 2 2 4 f p f p = T

Portanto, o produto R $ C possui dimensão de tempo e sua unidade é o segundo.

Resposta: d

T.496 Entre as alternativas, a grandeza física descrita é o potencial elétrico, pois: _{T = q $ U ] U = Tq} E sua equação dimensional é:

[U] = T q 8 8 B B ] [U] = ATML T2 -2 = ML2_T -3_A-1 Resposta: b

T.497 A forma geral da equação para o campo mag-nético ao longo do eixo de um solenoide é:

B = j L D N n i 1 a d y x 0 +

O denominador da equação é adimensional e, portanto, x = y. Então, a equação dimensional de B é dada por:

[B] = [j0] $ [N]a $ [n]d $ [i] ]

] [B] = MLT -2_A-2 _{$ (1)}a _{$ (L}-1₎d _{$ A = ML}1-d_T -2_A-1

Como [B] = MT-2_A-1_{, tem-se que a = 0 e d = 1.}