A estrutura da mat´

(1)

1 A estrutura da mat´

eria: concep¸

c˜

oes

filos´

oficas na Antig¨

uidade

Exerc´ıcio 1.8.1

Eratóstenes supôs que os raios solares são paralelos na região que engloba as duas cidades cons-deradas, conforme ilustra a figura abaixo.

Se, em Alexandria, a sombra projetada sobre a terra fazia um ˆangulo de 7o _{com a haste (no}

mesmo instante em que não havia sombra em Siene), este é também o ângulo entre a vertical e o zênite nesta cidade. Assim, este ângulo é o mesmo ângulo θ = 7o _{entre os raios,} _r_{, da Terra}

que delimitam o arco que compreende as duas cidades, cuja distˆancia ser´a denotada pord.

Logo,

tgθ= d

r

ou

tg 7o _{= 0}_,₁₂₈

⇒ d

r ≃

1 8

Portanto, usando o valor aproximado da distˆ an-cia d= 700 km, dada no problema, encontra-se

r _≃5 600 km

Mas alguns autores afirmam que as medidas de comprimento feitas no século III a.C. usavam a unidade estádio e que Eratóstenes teria utilizado em seus cálculos a distância de 5 000 estádios. Sabendo-se que 1 estádio_≃180 m, isto correspon-deria a uma distância de 900 km entre as cidades, o que leva à predi¸cão

r _≃7 370 km

a ser comparado com o valor atual de

r_≃6 378,1 km

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

(2)

2 F´ısica Moderna Caruso_•Oguri

Exerc´ıcio 1.8.2

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

Levando-se em conta o triângulo \OAB da figura anterior, utilizando-se as rela¸cões métricas conhecidas entre as diagonais e a aresta de um cubo inscrito em uma esfera de raioR=OA(raio de Saturno) e aplicando-se o teorema de Pitágoras ao triângulo cinza, obtém-se

R2 =r2+ 2r2 = 3r2 _⇒ R=√3r

onder=OB=a/2 ´e o raio de J´upiter.

Exerc´ıcio 1.8.3

Os números para os pitagóricos, segundo Aristóteles, não seriam separáveis da matéria. No que concerne a concep¸cão que eles tinham da matéria f´ısica, é importante entender inicialmente a questão da representa¸cão dos números para se compreender a cr´ıtica aristotélica.

Expressar os números de forma geométrica, a partir de pontos, leva aos conceitos de “número retangular” e de “número quadrado”. Como exemplo do primeiro, pode-se imaginar o número 20, representado por 20 pontos regularmente

dispostos sobre os lados e no interior de um quadrilátero cujo comprimento do lado maior difere do outro por apenas uma unidade (20 = 4 _×5). Já o número 16, por exemplo, igual a 4_×4 = 42_{, pode ser constru´ıdo colocando-se a} unidade (um ponto) no vértice de um quadrado e “somando-se” sucessivamente a ele os demais números ´ımpares em forma de “L”. Assim, 4 = 1 + 3 seria representado por um quadrado 2_×2; o 9 = 1 + 3 + 5 formaria um quadrado com nove pontos e o número 16 seria obtido a partir do 9 somando mais 7 unidades, que é o ´ımpar seguinte, correspondendo a um quadrado 4_×4.

Segundo Simpl´ıcio, este tipo de represen-ta¸cão numérica levou os pitagóricos e muitos comentadores a associarem o infinito aos números pares. Claro que o que está por trás disto é a possibilidade ad infinitum da divisão em partes iguais. Pelo que vimos na Se¸cão 1.4, Aristóteles não podia, obviamente, aceitar o critério de divisibilidade por 2 como uma explica¸cão do infinito, conceito, aliás, por ele abominado. Além disto, lembre-se que na referida se¸cão foi reproduzida uma cita¸cão, na qual ele afirma ser imposs´ıvel que alguma coisa cont´ınua resulte composta de indivis´ıveis.

Desta forma, o Estagirita foi também levado a criticar a concep¸cão pitagórica da matéria, pois asunidades-pontos-átomos, consideradas também como a base f´ısica da matéria real – uma forma primitiva de átomo –, não poderiam ser aceitas em um sistema filosófico que negava o vazio. Lembre-se de sua afirma¸cão de que é imposs´ıvel que uma linha resulte composta de pontos, se é verdade que a linha é um cont´ınuo e o ponto, um indivis´ıvel.

(3)

2 As origens do atomismo cient´ıfico:

contribui¸

c˜

oes da Qu´ımica

Exerc´ıcio 2.9.1

A palavra mônada deriva do grego µoναζ´ , que significa unidade. Consta que este termo tenha sido considerado pela primeira vez pelos pitagóricos. Bem mais tarde, tal conceito irá evoluir para algo como “aquela unidade que espelha o todo”, especialmente na filosofia de Nicolau de Cusa (1401-1464). Giordano Bruno (1548-1600) foi quem formulou mais precisamente a idéia de que as mônadas seriam compostas destas part´ıculas m´ınimas, nas quais se encontram a substância das coisas.

O filósofo alemão Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) herdou este conceito de Bruno, transformando-o e entendendo-o muito mais co-mo umprinc´ıpio ativo inerente às substâncias do que como part´ıculas m´ınimas.

Cada mônada é distinta das demais e não existem duas mônadas iguais, ao contrário dos ´

atomos de Leucipo e Demócrito, que são idênticos para a mesma substância.

Sendo assim, fica claro, por dois motivos, que a monadologia (teoria das mônadas) de Leibniz difere crucialmente do atomismo grego, segundo o qual as menores partes da matéria são inanimadas, possuem duas ou três propriedades básicas (segundo o filósofo) e estão em movimento eterno, mas são privas de qualquer tipo de iniciativa ou qualidade que permitissem ver os ´

atomos como algum tipo de princ´ıpio ativo da mat´eria.

Exerc´ıcio 2.9.2

Osisóbarossão átomos com mesmo número de massa e números atômicos iguais; osisótopossão ´

atomos de um mesmo elemento com o mesmo número de prótons (mesmo Z) e número de nêutrons diferentes (diferentes A).

Do ponto de vista do atomismo de Demócrito, como se viu no Cap´ıtulo 1, a existência de isótopos e isóbaros poderia ser acomodada, uma vez que ele atribu´ıa ao átomo duas propriedades capazes de diferenciá-los: tamanho e formato.

Já do ponto de vista de Dalton, a descoberta dos isótopos e isóbaros seria um problema, pois, como foi visto na Se¸cão 2.5.1, ambos ferem sua idéia basilar de que “as part´ıculas últimas de todos os corpos homogêneos são perfeitamente semelhantes em peso, forma etc. Em outras palavras, toda part´ıcula de água é como qualquer part´ıcula de água; toda part´ıcula de hidrogênio é como qualquer outra de hidrogênio(...)”.

Exerc´ıcio 2.9.3

mH: mN: mO= 1 : 7 : 5

Exerc´ıcio 2.9.4

Observando-se a representa¸c˜ao gr´afica de Chancourtois (Figura 2.9), nota-se que os ele-mentos com propriedades semelhantes aparecem

(4)

na mesma vertical. A diferen¸ca de peso atômico entre dois elementos consecutivos na vertical é igual a 16. Assim, por exemplo, os elementos l´ıtio (Li), sódio (Na) e potássio (K), que pertencem ao Grupo I da Tabela de Mendeleiev, têm pesos atômicos respectivamente iguais a 7, 7 + (16_×1) e 7 + (16 _×2). Para os demais membros do grupo, essa recorrência pode ser expressa, de forma compacta, comoA= 7 + 16n, ondené um número inteiro. A generaliza¸cão para um termo genérico de peso atômicom é

A=m+ 16n

Exerc´ıcio 2.9.5

tem como solu¸c˜oes X = 69,48 e Y = 72,62. Estes valores se comparam, respectivamente, aos valoresX = 68 eY = 72 reportados na Tabela de Mendeleiev de 1871 (Tabela 2.8).

Exerc´ıcio 2.9.6

Portanto, a part´ıcula X possui uma unidade de massa atômica e é eletricamente neutra: o nêutron (n1

0).

Exerc´ıcio 2.9.7

X=As86₃₃

Exerc´ıcio 2.9.8

13 nˆeutrons.

Exerc´ıcio 2.9.9

m(Ar36) = 39,95 u

Exerc´ıcio 2.9.10

(1₋x)

x =

0,0036

0,9964 = 0,003613 = 0,36%

Exerc´ıcio 2.9.11

volume NH3 = 20 L

Exerc´ıcio 2.9.12

4,515_×1023 mol´eculas

Exerc´ıcio 2.9.13

n= 35,7 g

28,0 g/mol = 1,28 mol

Exerc´ıcio 2.9.14

n= 42,4 g

106,0 g/mol = 0,4 mol

Exerc´ıcio 2.9.15

(5)

3 O atomismo na F´ısica: o triunfo do

mecanicismo

Exerc´ıcio 3.6.1

Para valores pares (n= 0, 2, 4, . . .), de acordo com a última equa¸cão da página 75 do livro de texto,

I0(α) =

Z ∞

0

e−αx2dx= 1 2 r π α = √ π 2 α

−1/2

I2(α) =

Z _∞

0

x2e−αx2

dx=₋dI0 dα =

√_π

4 α

−3/2

I4(α) =

Z _∞

0

x4e−αx2dx=₋dI3 dα =

3√π

8 α

−5/2

Exerc´ıcio 3.6.2

A distribui¸cão (ρ) dos módulos das velocida-des (v) de um gás ideal em equil´ıbrio térmico à temperaturaT pode ser escrita como

ρ(v) =av2e−αv2 onde

        

a= _√4

πα

3/2

α= m 2kT

k= 1,38_×10−23J/K é a constante de Boltzmann e mé a massa de cada molécula do gás.

• Moda dρ dv vmod

= (2v₋2αv3)ae−αv2

vmod = 0

⇓

vmod= r

1

α =α −1/2 ₌

s 2 RT µ

ondeR= 8,315_×107erg/K.mol ´e a constan-te universal dos gases eµ, a massa molecular do g´as.

• M´edia

hv_i =

Z ∞

0

v ρ(v) dv

=a

Z ∞

0

v3e−αv2dv

| {z }

I3

= a 2α

−2

= 4

2√π

| {z }

2/√π

α3/2α−2

| {z }

α−1/2 = 2 π r 2kT m = s 8 π kT m ≃ s

2,55

kT m

> vmod

• M´edia quadr´atica (valor eficaz):

vef= p

hv2_i

(6)

hv2_i =a

Z ∞

0

v4e−αv2dv

| {z }

I4

= 3₈a√πα−5/2

= 3 8 √ π r 2 π2

3/2

| {z }

3/2

α3/2α−5/2

| {z }

α−1

= 3 kT m Logo,

vef = s 3 kT m

>_hv_i> vmod

• Desvio-padr˜ao: σv = p

hv2_{i − h}_v_i2

σv = s

3₋ 8

π

kT m ≃

s

0,45

kT m

Exerc´ıcio 3.6.3

As moléculas de cloro (Cl2) e hidrogênio (H2) terão, respectivamente, os menores e maiores valores para a moda, para a média, para o valor eficaz e para o desvio-padrão.

Exerc´ıcio 3.6.4

hv_iHe4 hv_iHe3

=

r_µ

He4

µHe3 = r 4 3 = 2 √

3 ≃1.15

Exerc´ıcio 3.6.5

vef vsom = r 9 5 = 3 √

5 ≃1,34

Exerc´ıcio 3.6.6

          

T1 = 240,16 K =⇒ hǫ1i= 4,97×10−21J

T2 = 273,16 K =⇒ hǫ2i= 5,65×10−21J

T3 = 300,16 K =⇒ hǫ3i= 6,21×10−21J

Exerc´ıcio 3.6.7

vef= s 3 kT m = s 3 RT µ

ondeR= 8,315_×107erg/K.mol eT _≃ 300,16 K. Assim,

 



µ(N2)_≃28 =_⇒ vef(N2)≃520 m/s

µ(He)_≃2 =_⇒ vef(He)≃1 900 m/s

Exerc´ıcio 3.6.8

Igualando-se a energia cin´etica m´edia e a ener-gia potencial de cada ´ıon,

T = 2eV

3k = 7,7×10

6_K

Exerc´ıcio 3.6.9

N_vx→∞=

N

2

1₋erf(ξ)

Exerc´ıcio 3.6.10

N0→v=N

erf(ξ) ₋ √2

(7)

3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 7

Exerc´ıcio 3.6.11

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

     

    

ξ1 = 0,014 ⇒ P(v > v1) = 0,9999

ξ2 = 0,06333 ⇒ P(v > v2) = 0,9998

ξ3 = 0,6333 ⇒ P(v > v3) = 0,8089

Exerc´ıcio 3.6.12

As respectivas porcentagem das moléculas que têm velocidades maiores que v0 = 1000 m/s são dadas, respectivamente para T1 = 102 K, T2 = 103 K e T3 = 104 K, por

     

    

P(v > v0) = 2,2×10−

8 _⇔ ₀_,_{0000022 %}

P(v > v0) = 0,28 ⇔ 28 %

P(v > v0) = 0,95 ⇔ 95 %

Exerc´ıcio 3.6.13

∆ǫ= 1 2mhv

2_{i −}1 2mhvi

2 ₌ 1 2mσ

2

v ≃0,9×10−7 J

Exerc´ıcio 3.6.14

Nas condi¸cões normais de temperatura e pres-são, a densidade (ou concentra¸cãon) de moléculas de um gás ideal é da ordem de

n= 6,023×10 23

22400 ≃2,68×10

19 _mol´eculas_/_cm3

Exerc´ıcio 3.6.15

f =nσ_hv_{i ≃}4,9_×109 _Hz

Exerc´ıcio 3.6.16

Uma vez que o livre caminho médio (ℓ), por exemplo, para as moléculas de oxigênio, µ(O2)≃ 32, de raio (r) cerca de 1,8 _× 10−10 _{m, `}_a temperatura ambiente (T _≃300 K) é dado por

ℓ= 1

nσ ≃10 −5 _cm

e o volume efetivo ocupado por uma molécula, igual ao cubo da distância média entre elas, pode ser estimado por

d3_≃

22,4 ℓ

6,023_×1023

= 1

n

ou d_≃3,3_×10−7 _{cm, o que implica que}

r < d < ℓ

Exerc´ıcio 3.6.17

dN N =

r

2

π

1 (kT)3/2ǫ

(8)

8 F´ısica Moderna Caruso•Oguri

Exerc´ıcio 3.6.18

Nǫ>ǫ′

N =

r

2

π

x′1/2e−x′ + 1 2

e−x′

x′1/2 +

−1₄ e−

x′

x′3/2 + . . . .

=

r

2

π x

′1/2_e−x′ 1 + 1

2 1 x′ +

−1₄

1 x′ 2 + . . . . = r 2 π ǫ′ kT

1/2

e−ǫ′/kT

1 + +1 2 kT ǫ′

− 1₄

kT ǫ′ 2 + . . . .

Exerc´ıcio 3.6.19

P =nkT _≃8,8_×10−8 _N_/_m2

Exerc´ıcio 3.6.20

O número total de choques por segundo e por unidade de área pode também ser expresso em termos de (P, T) como

n′

c =

P N_A

3RT

2RT πµ

1/2

= P NA 3

2

πµRT

1/2

Exerc´ıcio 3.6.21

I = 1,5_×1012 mol´eculas/s

Exerc´ıcio 3.6.22

a= 1,8 µm

Exerc´ıcio 3.6.23

dP(p, p+ dp) = _√4

π p2

p3mod exp p pmod 2 dp

onde pmod = √

2mkT ´e o valor modal do

momentum.

Exerc´ıcio 3.6.24

Na solu¸cão dos diversos ´ıtens deste exerc´ıcio serão úteis os resultados das seguintes integrais:

                                       I = Z ∞ 0

e−αzdz= 1

α

I0 =

Z _∞

0

e−αz2 dz=

√_π

2 α

−1/2

I2 =

Z _∞

0

z2e−αz2dz= √

π

4 α

−3/2

I4 =

Z ∞

0

z4e−αz2dz= 3 √

π

8 α

−5/2

a) a energia cin´etica m´edia:

hǫci= 3₂kT

b) a energia potencial m´edia:

hǫ_i= 5₂kT

c) a dispers ao na posi¸c˜ao:

σz = RT

µg

Cabe aqui um coment´ario. Considerando-se a temperatura ambiente, verifica-se que, no SI,

hz_{i ≃} 10−

21

(9)

3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 9

Tal valor vai implicar um valor tão alto para a dispersão na posi¸cão, que simplesmente mostra que a atmosfera não é isotérmica, o que está impl´ıcito na aplica¸cão da distribui¸cão de Maxwell-Boltzmann ao problema (veja item d).

d) o valor da dispersão na posi¸cão para molécula de H2, à temperatura de 300 K:

Para a mol´ecula de H2,µ= 2 u. Assim,

σz = 1,3×107 cm

Exerc´ıcio 3.6.25

K = 5π 32

¯

CV +

9 4R

×√ 1 2πd2

RT P N_A×

×2√2

RT πM

2

×P M_RT ×_M1

a qual pode ser simplificada, de forma a se obter a express˜ao solicitada:

K= 5 16

¯

CV +

9 4R

RT πM

1/2 1

N_Ad2

Exerc´ıcio 3.6.26

t= ln(0,125)

ln(0,5) ×20 ⇒ t= 60 h

Exerc´ıcio 3.6.27

Foi mostrado nas p´aginas 376 e 377 do livro de texto que, se Jinc

α ´e a densidade de corrente

de part´ıculas que incidem sobre o alvo, a taxa de part´ıculas (dN/dt) que ser´a espalhada entre um ˆ

angulo s´olido Ω e Ω + dΩ ´e dada por

dN

dt =J

inc

α dΩ =J inc

α bdbdφ

sendoφo ˆangulo azimutal sobre o qual ainda n˜ao se integrou. Por outro lado,

dN

dt =J

inc α dσ

Desse modo, pode-se obter uma expressão para a se¸cão de choque infinitesimal, dσ, em termos do parâmetro de impactob da colisão, dada por

dσ=bdbdφ

O choque de uma part´ıcula com uma esfera r´ıgida pode ser representado pela figura a seguir.

Para se obter a se¸cão de choque diferencial em rela¸cão ao ângulo sólido dΩ é necessário expressar o parâmetro de impacto em termos do ângulo de espalhamento θ. Da figura vê-se que

   

  

θ=π₋2χ

b=Rsenχ=Rsen

π

2 −

θ

2

=Rcosθ 2

σ(Ω)_≡ dσ dΩ =

1 4R

(10)

Exerc´ıcio 3.6.28

Na figura abaixo apresenta-se um esbo¸co da se¸cão de choque clássica de Mott (linha cheia) comparada com a se¸cão de choque clássica de Rutherford (linha pontilhada).

Lembre-se que a se¸cão de choque clássica de Mott para o espalhamento coulombiano entre part´ıculas idênticas de carga elétrica e pode ser escrita como

σ(θ) =

e2

4E

2

cosec4

θ

2

+ sec4

θ

2

Note que as duas se¸cões de choque clássicas têm comportamento praticamente idênticos para ˆ

(11)

4 O movimento browniano e a hip´

otese

molecular

Exerc´ıcio 4.6.1

O n´umero de Avogadro pode ser obtido da equa¸c˜ao

N_A =

t λ2

RT

3πηa ≃6,99×10

23

Exerc´ıcio 4.6.2

Deve-se ter

[F] =M LT−2 _{= [}_a_]α_[_v_]β_[_η_]γ ₌

=LαLβT−β_Mγ_L−γ_T−γ₌

=MγLα+β−γT−(β+γ)

Segue-se, ent˜ao, queγ = 1 e

   

  

α+β₋γ = 1 _⇒ α= 1

β+γ = 2 _⇒ β = 1

e, portanto,

F _∼aηv

Exerc´ıcio 4.6.3

hx2_i= kT 3πηat=

RT

3πηaN_A t

Exerc´ıcio 4.6.4

Usando-se a equa¸c˜ao

λ=p_hx2_i₌

s

RT

3πηaN_A t

obt´em-se

λ= 6,1 µm

Exerc´ıcio 4.6.5

k= 1,36_×10−23 _J/K

(12)

5 Concep¸

c˜

oes cl´

assicas sobre a natureza

da luz

Exerc´ıcio 5.10.1

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

r=

k1−k2

k1+k2

2

e t= 4k1k2 (k1+k2)2

Sendo assim,

r+t = (k 2

1 +k22−2k1k2+ 4k1k2) (k1+k2)2

=

k1+k2

2

= 1

Exerc´ıcio 5.10.2

hsen2(kx₋ωt)_i= 1

T

Z T

0 sen2

kx₋2πt T

dt

= 1

2T

Z T

0

1₋cos 2

kx₋2πt T

dt= 1 2

Exerc´ıcio 5.10.3

O campo elétrico propaga-se na dire¸cão ˆk e é da forma

~

E =Ezˆk= ˆkB0sen (ky+ωt)

Exerc´ıcio 5.10.4

Tomando-se a derivada temporal da lei de Gauss,

~

∇ ·D~ = 4πρ _⇒ _{∇ ·}~ ∂ ~D ∂t = 4π

∂ρ ∂t

Por outro lado,

~

∇ ×H~ = 4π

c J~+

1

c ∂ ~D

∂t ⇒ ∂ ~D

∂t =c(∇ ×~ H~)−4π ~J

Tomando-se o divergente da última equa¸cão e igualando o resultado à equa¸cão obtida da lei de Gauss, encontra-se

~

∇ ·∂ ~_∂tD =c~_{∇ ·}(_{∇ ×}~ H~)

| {z }

=0

−4π ~_{∇ ·}J~= 4π∂ρ ∂t

ou,

∂ρ

∂t +∇ ·~ J~= 0

(13)

5. Concepções clássicas sobre a natureza da luz 13

Exerc´ıcio 5.10.5

Considere a situa¸c˜ao representada na figura a seguir.

∆P =

Z

gνSc∆tdν

e a press˜ao ´e dada por

P = 1

Sh

∆P

∆ti=ch

Z

gνdνi ≡chgi

Por outro lado, combinando-se as equa¸c˜oes hg_i =_hu_i/c e I =c_hu_i, obt´em-se que _hg_ic =I/c

e, portanto,

P =I/c

Exerc´ıcio 5.10.6

Recordando que

Patm= 1 atm = 105 Pa⇒

PSol

Patm

= 10−10

Exerc´ıcio 5.10.7

E= 1 2r

d_hB_i

dt

Exerc´ıcio 5.10.8

Neste movimento, a for¸ca centr´ıpeta ´e dada pela resultante

mv

2

R =Fc+Fm (Fm<< Fc)

onde (veja figura a seguir)

Fc =mv

2 0

R e Fm =±qvB (S.I.)

Logo,

m R(v

2₋_v2

0) =±qvB

Como o termo da diferen¸ca entre os quadrados das velocidades pode ser expresso como

(v2₋v₀2) = (v₋v0)(v+v0) = ∆v·2v

Logo,

∆v=_±qBR 2m

Exerc´ıcio 5.10.9

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

A corrente el´etrica produzida ´e

I = q

T = ω

2πq = v

2πRq

Por outro lado,

(14)

Assim,

m0 =

v0

2 qR⇒m−m0≡∆m=

v₋v0

2 qR

Como

∆v=_±qBR

2m ⇒ ∆m=±

q2_R2 4m

B

Exerc´ıcio 5.10.10

Considere o movimento ao longo do eixo-y

(figura) descrito pela equa¸c˜ao

y =y0cos(2πνt)

A acelera¸c˜ao ´e dada por

a= (2πν)2y0cos(2πνt)

A potência irradiada é dada pela fórmula de Larmor

P = 2₃ e_c23 ha2(tr)iT

== 2e 2 3c3 ×16π

4_ν4_y2_0h_cos2_[2_πν₍_t₋_r/c_)]_i

T

Como o valor médio à direita da equa¸cão anterior é igual a 1/2, chega-se ao resultado

P = 16π

4_ν4_e2_y2 0 3c3

P _≃10−12 W

A fórmula de Larmor expressa a potência irradiada por uma carga acelerada e é dada pela equa¸cão (5.31) do livro, ou seja,

P = 2e 2 3c3 ha

2 i

Para uma for¸ca do tipoF =ma=₋eEocosωt,

a acelera¸c˜ao ´e dada por

a= eEoω

2_cos_ωt

mω2

o

ondeωo=k/mé a freqüência natural. Assim,

P = 2e 4_E2

oω4hcos2(ωt)i

3m2_ω4

oc3

= e

4_E2

oc

3m2_ω2

oλ4

tendo sido usado o resultado do Exerc´ıcio 5.10.2 e depois expresso o resultado final em termos do comprimento de onda λ, dado pela rela¸c˜ao

ω =c/λ.

Este resultado, encontrado originalmente por Lord Rayleigh, permite concluir que a luz azul (de menor comprimento de onda) é mais espalhada do que a luz vermelha. De fato, os comprimentos de onda do azul variam entre 450 ₋ 495 nm (nanômetros), enquanto os do vermelho estão compreendidos entre 620₋750 nm. Se, para efeito de estimativa, considera-se os valores médios

λazul = 472,5 nm e λvermelho = 685 nm, obt´em-se

Pazul

Pvermelho ≃

λvermelho

λazul

4

=

685 472,5

4

= 4,4

(15)

5. Concepções clássicas sobre a natureza da luz 15

normal é mais acurada para comprimentos de onda contidos no intervalo de 400₋700 nm. Desse modo, uma parte do violeta não se vê e a restante, com comprimentos mais próximos do azul, se confunde com esta cor.

A energia perdida pelo pr´oton no movimento orbital ´e

ǫ_≃2,7_×10−7 _eV

A distribui¸cão angular da se¸cão de choque diferencial de Thomson é dada pela figura a seguir.

(16)

6 A Eletrodinˆ

amica e a Teoria

da Relatividade Restrita de Einstein

Exerc´ıcio 6.11.1

a) Das transforma¸c˜oes de Galileu entre dois sistemas inerciais S e S′_{, segue-se que}

∂ ∂x =

∂x′ ∂x

∂ ∂x′ =

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

∂t′ ∂t

∂ ∂t′ =−v

∂ ∂x′ +

∂ ∂t′

donde

∂2 ∂x2 =

∂2 ∂x′2

∂2 ∂y2 =

∂2 ∂y′2

∂2 ∂z2 =

∂2 ∂z′2

∂2

∂t′2 = v 2 ∂2

∂x′2 − 2v

∂2

∂x′_∂t′ + ∂2

∂t′2

Uma vez que para um campo escalar

Ψ(x, y, z, t) = Ψ′(x′, y′, z′, t′)

a equa¸c˜ao de onda de d’Alembert pode ser escrita

nos dois sistemas inerciais como

∂2 ∂x2 +

∂2 ∂y2 +

∂2 ∂z2 +

∂2 ∂x2 −

1 c2 ∂2 ∂t2 Ψ = = ∂2

∂x′2 +

∂2

∂y′2 +

∂2

∂z′2 −

v2

c2

∂2

∂x′2 +

− 2v

c ∂2 ∂x′_∂t′ −

1

c2

∂2 ∂t′2

Ψ′ = 0

ou seja, a equa¸cão não mantém a mesma forma nos dois sistemas inerciais S e S′.

1₋v 2

c2

∂2 ∂x′2 +

∂2 ∂y′2 +

∂2 ∂z′2 +

− 2v

c ∂2 ∂x′_∂t′ −

1

c2

∂2 ∂t′2

Ψ′ = 0

b) por outro lado, resulta das transforma¸c˜oes de Lorentz entre dois sistemas inerciais S e S′_,

∂2

∂x2 = γ 2 ∂2

∂x′2 −2γ 2 v

c2

∂2

∂x′_∂t′ +γ

2v2

c4

∂2

∂t′2

∂2 ∂y2 =

∂2 ∂y′2

∂2 ∂z2 =

∂2 ∂z′2

∂2

∂t′2 = γ 2_v2 ∂2

∂x′2 −2γ 2_v ∂2

∂x′_∂t′ +γ

2 ∂2

∂t′2

onde γ = (1₋v2/c2)−1/2. ou seja, no sistema

(17)

6. A Eletrodinˆamica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 17

S′_,

γ2 ∂

2

∂x′2 − 2γ 2 v

c2

∂2 ∂x′_∂t′ +γ

2v2

c4

∂2 ∂t′2 +

∂2 ∂y′2+

+ ∂

2

∂z′2 −γ 2v2

c2

∂2 ∂x′2 + 2γ

2 v

c2

∂2 ∂x′_∂t′+

− γ

2

c2

∂2 ∂t′2

Ψ′ = 0

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

γ21₋v 2

c2

| {z }

1

∂2

∂x′2 +

∂2

∂y′2 +

∂2

∂z′2+

−_c1₂γ21₋v 2

c2

| {z }

1

∂2 ∂t′2

Ψ′ = 0

Exerc´ıcio 6.11.2

a)

1₋v 2

c2

1/2

≃1₋1 2

v2

c2 = 0,99995

b)

1₋v 2

c2

1/2

= 0,02

Exerc´ıcio 6.11.3

∆t′ =Lo

v c2 =

900_×50

9_×1016 = 0,5 ps

Exerc´ıcio 6.11.4

v_≃0,14c= 4,2_×107 m/s

Exerc´ıcio 6.11.5

∆t= γd′

|{z} d

v c2 =

v c

d c =

0,4_×600

3_×108 = 0,8µs

Exerc´ıcio 6.11.6

O encurtamento (∆L) do avi˜ao para um observador no solo ser´a dado por

∆L=Lo−L= 1 2

_v

c

2

Lo = 0,1 nm

Exerc´ıcio 6.11.7

Para um observador no solo, ser´a necess´ario um intervalo de tempo da ordem de

τT= 106 s≃11,6 dias

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

Exerc´ıcio 6.11.8

τT=γ(v)τo = 15,2 µs

Exerc´ıcio 6.11.9

A rela¸c˜ao entre os volumes V e Vo ser´a dada por

V Vo

= lx×ly ×lz

l′

x×ly′ ×l′z

= 0,6

e o volume V, por

V = 0,6 Vo

|{z}

1000

= 600 cm3

δ₋δ∗= 2_×10−7 m

(18)

Para fazer o esbo¸co da dependˆendia de e/m

com a velocidade, considere a tabela a seguir.

1,00 1,50 2,36 2,48 2,59 2,72 2,83

Velocidade (1010_cm/s)

e/m (108_C/g)

1,7 1,52 1,31 1,17 0,97 0,77 0,63

1,06066 1,154701 1,619753 1,777171 1,981634 2,370523 3,01344

° ₍₁₀e/8°_C/g)m

1,658213 1,523165 1,085844 0,989663 0,88755 0,741946 0,583652

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

(19)

7 A desconstru¸

c˜

ao do ´

atomo: algumas

evidˆ

encias do s´

eculo XIX

Exerc´ıcio 7.5.1

Os resultados encontrados s˜ao:

• Para Lyman:

λ12= 1 215 ˚A e λ13= 1 025 ˚A

• Para Paschen:

λ34= 18 750 ˚A e λ35= 12 810 ˚A

• Para Brackett:

λ45= 44 440 ˚A e λ46= 26 240 ˚A

Exerc´ıcio 7.5.2

A f´ormula de Balmer pode ser escrita como

λ= C

1

m2 − 1

n2

ondeC _≡1/RH.

As rela¸cões obtidas por Stoney, em 1871, referem-se às raias de Balmer correspondentes aos valores m = 3,4 e 6. Para estes valores, a aplica¸cão direta da fórmula anterior fornece os seguintes comprimentos de onda:

λ3= C₅ 36

= 36 5 C

λ4 =

C

3 16

= 16 3 C

λ6 =

C

8 36

= 36 8 C

Na nota¸cão de Stoney, estes valores estão respectivamente associados às raiasHα,Hβ eHγ.

Suas raz˜oes valem

Hα:Hβ =

36C

5 ×

3C

16 = 27 20 e

Hα :Hγ =

36C

5 ×

8C

36 = 8 5 =

32 20

Portanto,

Hα :Hβ :Hγ =

1 20 :

1 27 :

1 32

Exerc´ıcio 7.5.3

Utilizando para 1/RH o valor aproximado de

0,9115 _× 10−5 _{cm, encontra-se que o menor} comprimento de onda para a s´erie de Lyman ´e 911,3 ˚A e o maior, 1 215 ˚A.

Exerc´ıcio 7.5.4

Uma rede de difra¸cão de Rowland tinha uma resolu¸cão da ordem de 600 linhas/mm, o que corresponde a uma distância entre as linhas de cerca de 1/600 _≃ 167_×10−3 mm. Já uma rede

(20)

com um espa¸camento entre linhas de 2_×10−8 _m = 2 _× 10−5 mm corresponde a um poder de resolu¸c˜ao de

1

2_×10−5 = 50 000 linhas/mm

Exerc´ıcio 7.5.5

O n´umero de mols em 1,08_×103 _{g de ´}_{agua ´e}

n= 1,08×10 3 _g

18 g/mol ⇒ n= 60 mols

Exerc´ıcio 7.5.6

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

V = nRT

P

A press˜ao de 700mmHg´e igual a 0,93_×105 Pa. Logo,

V = 2,5×10−

3_×₈_,₃_×₃_×₁₀2 0,93_×105

ou

V = 6,7_×10−5 m3 = 6,7_×10−2 L ⇓

V = 67 mL

Exerc´ıcio 7.5.7

A constante de Faraday (F), de acordo com as leis da eletr´olise, ´e a constante de proporciona-lidade entre o equivalente eltroqu´ımico (K) e o equivalente qu´ımico (µ/n).

De acordo com os dados da tabela a seguir, a constante de Faraday pode ser obtida a partir de um ajuste linear, como ilustra a pr´oxima figura, e ´e dada por

(21)

8 Os raios cat´

odicos: a descoberta

do el´

etron e dos raios X

Exerc´ıcio 8.5.1

O estudo das descargas em gases, durante o final do século XIX, foi um dos cap´ıtulos mais marcantes da F´ısica. Foi a partir dele que se descobriram o elétron e os raiosX. O debate cien-t´ıfico em torno deste tema teve o mérito inicial de colocar na ordem do dia a discussão acerca da natureza da luz. Ambas foram descobertas que tiveram, historicamente, um papel essencial na compreensão da estrutura da matéria e da F´ısica Atômica.

O elétron põe em evidência, depois de cerca de 25 séculos, o fato de que o átomo não é indivis´ıvel, como acreditavam os gregos e os qu´ımicos. Por outro lado, dos estudos de raios catódicos vão aparecer as primeiras válvulas e os primeiros diodos, marcos de uma nova era que estava para se inaugurar no século XX, a eletrônica, que viria a mudar qualitativamente a tecnologia deste século.

Já os raios X, descobertos por Röntgen, foram muito importantes no estudo da cristalografia, a partir dos estudos de William Henry Bragg e William Lawrence Bragg e na própria compreensão as regularidades atômicas, como ficou evidenciado do trabalho sistemático de Moseley. Assim como o elétron, os raios X

tiveram enorme impacto sobre a sociedade, a partir de suas aplica¸cões na área médica e, posteriormente, na indústria.

Exerc´ıcio 8.5.2

a)

F P

el´etron

= 3,6_×1011

b)

F P

pr´otron

= 1

1836

F P

el´etron

= 1,96_×108

Exerc´ıcio 8.5.3

v= 1,45_×107 m/s

Exerc´ıcio 8.5.4

a)

y= 0,3537 m

b)

θ= 28,8o

Exerc´ıcio 8.5.5

Y V =

ℓD

2dVa

(22)

Exerc´ıcio 8.5.6

Considere o esquema a seguir.

a)

v0= 2,9×107 m/s

b)

Y = 0,25 mm

Exerc´ıcio 8.5.7

Considere o esquema da figura a seguir.

No movimento circular uniforme (v = ωr),

F _⊥ v e, portanto, o ângulo descrito após um tempoté dado por θ=ωt. Logo, para pequenos ˆ

angulos,

y=rθ=ωrt=vt

A velocidade pode ser determinada pela conserva¸c˜ao de energia,

1 2mv

2 ₌_qV

⇒ v=

r

2qV m

onde V ´e o potencial acelerador. Substituindo o valor dev na express˜ao anterior paray encontra-se

y=

r

2qV

m t ⇒

y1(t)

y2(t) =

m2

m1

1/2

Exerc´ıcio 8.5.8

e

m = 4,8×10

7 _C/kg

Exerc´ıcio 8.5.9

O m´odulo do campo el´etrico deve valer

E= 3ma

q

que pode ainda ser escrito como

E=

1₋ ρar

ρ

3mg q

Exerc´ıcio 8.5.10

V = 1,9_×109 V

Exerc´ıcio 8.5.11

A janela do aparato de Lenard deve ser delgada para evitar que o feixe se enfraque¸ca pela intera¸cão com a matéria, deve vedar bem o entorno do orif´ıcio para eliminar perdas inconvenientes e deve ser resistente o suficiente para suportar a diferen¸ca de pressão entre o ar exterior e o ar rarefeito dentro do tubo.

Exerc´ıcio 8.5.12

Uma vez que a densidade do óleo é muito maior do que a do ar, ρóleo >> ρar, a expressão para

a carga (q) adquirida por uma gota de ´oleo, em fun¸c˜ao das velocidades terminais de descida (vg) e

de subida (vE) da gota, sob a a¸c˜ao de um campo

el´etrico E, pode ser expressa como

q_≃ 9π

√ 2

E

η3/2v1g/2

ρ1/2_g1/2 (vg+vE)

ondeη = 1,824_×10−5 _Ns/m2_,_ρ_{= 0}_,_{92 g/cm}3 _e

(23)

8. Os raios cat´odicos: a descoberta do el´etron e dos raios X 23

Como V = 5 085 V e d = 1,6 cm, o campo elétrico será dado porE=V /d= 3,18_×105V/m. Por outro lado, as duas velocidades que aparecem na expressão da carga podem ser expressas, em termos dos tempos de subida (tE)

e de descida (tg) da got´ıcula, por vg = s/tg e

vE =s/tE, ondes= 1,021 cm.

Assim, a carga adquirida pela gota de ´oleo pode ser expressa como

q = 9π √

2

E

η3/2 ρ1/2_g1/2

s1/2 t1g/2

s 1 tg + 1 tE

= 9π √

2

E

(ηs/tg)3/2

(ρg)1/2

1 + tg

tE

= 9π

E s 2 ρg ηs tg 3

| {z }

Q

1 + tg

tE

Para o tempo m´edio de queda tg = 11,88 s

resulta Q= 25,99_×10−19 _C

Desse modo, de acordo com os dados para os tempos de subida, os valores para as cargas el´etricas das gotas s˜ao reportados na tabela a seguir.

1+t_g/t_E

tE(s) q(×10–

19_C) 22,37 34,80 29,68 19,70 42,30 1,53 1,34 1,41 1,60 1,28 39,75 34,81 36,63 41,57 33,25

Após um exaustivo número de experimentos, Millikan estimou que a menor valor absoluto da diferen¸ca entre as cargas das gotas de óleo era da ordem de

4,991_×10−10 statC = 1,664_×10−19C

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

Escolhendo o valor q1 = 39,80 × 10−19 C, correspondente ao tempo de subida tE = 22,37 s,

como valor de referência, pode-se construir a próxima tabela com os quatro valores restantes, em fun¸cão da diferen¸ca ∆q=q₋q1.

34,81

36,63

41,57

33,25

q ¢q =q–q1(×10 –19C)

-4,94 -3,12 1,82 -6,5 3 2 1 4 n -3,083 -1,947 1,136 -4,057 ¢q/e

0,00337

-0,00212

0,00548

0,00230 (|¢q |-ne)/q1

onde né o número inteiro positivo mais próximo de _|∆q_|/e, onde e= 1,664_×10−19 _{C é o suposto} valor da carga elementar inicialmente estimada por Millikan.

Definindo-se

x_≡ ∆q

e e y≡

∆q₋ne q1

pode-se testar se os dados são compat´ıveis com a hipótese de que existe uma carga elementar, tal que a varia¸cão relativa ∆q/q1 seja igual a ne/q1, ou seja, de que y= 0.

Fazendo-se um ajuste aos dados do tipoy =a

(constante), obt´em-se para a constante e para a incerteza associada (σa), os seguintes valores

          

a=y=

N X

i=1

yi

N = 0,0004

σa=

σy

√

N = 0,0017 ⇒ 2σa= 0,0034

ondeσy = v u u t N X i

(yi−y)2

N = 0,0034 e N = 4.

O resultado do ajuste ´e mostrado no diagrama de dispers˜ao a seguir.

Uma vez que a < 2σa, o valor de ajuste

(24)

Millikan

e= 4,991_×10−10 statC = 1,664_×10−19 C

a qual ´e igual a magnitude inicialmente estimada por Millikan para a carga do el´etron.

Exerc´ıcio 8.5.13

6,25_×1018el´etrons/s

Exerc´ıcio 8.5.14

Como as part´ıculas espalhadas formam um ˆ

angulo reto no laboratório, o próton está colidindo com uma part´ıculas de massa praticamente igual `

a dele, portanto, o g´as deve ser o hidrogˆenio.

Exerc´ıcio 8.5.15

(25)

9 A Radioatividade

Exerc´ıcio 9.7.1

ǫα = 1,125×10−5 erg = 7 MeV

Exerc´ıcio 9.7.2

n= 1,1_×1011 _s−1

Exerc´ıcio 9.7.3

N_A _≃5,9_×1023

Exerc´ıcio 9.7.4

O lim

n→∞Qn = N/No. Expandindo a express˜ao

de Qn de acordo com a f´ormula do binˆomio de

Newton, tem-se

Qn =

1₋ λt

n

= 1₋nλt n +

n(n₋1) 2!

λ2t2 n2 +

−n(n−1)(_3!n−2)λ 3_t3

n3 +... ´

E conveniente reescrevˆe-la como

Qn = 1−λt+

1₋ 1

n

λ2t2

2! +

−

1₋ 1

n 1−

2

n

λ3t3

3! +...

No limite em quen_{→ ∞},

Qn=

N No

= 1₋λt+ λ 2_t2 2! −

λ3t3

3! +...=e

−λt

Assim,

N =Noe−λt

Exerc´ıcio 9.7.5

m= 2,52_×10−3_g

Exerc´ıcio 9.7.6

O processo de decaimento de radiois´otopos a ser considerado ´e do tipo

A_→B _→C

Sabe-se que a lei do decaimento radioativo ´e

−d_dN_t =λN

Como o elemento B está no meio da cadeia de decaimento, o número deste radioisótopo que ainda existirá decorrido um intervalo de tempo t

será a diferen¸ca entre o número produzido pelo decaimento de A e o número que decaiu em C.

Se No é o número inicial de átomos do tipo A e sua constante de decaimento éλA, o número de

´

atomos do tipo B formados após um intervado de tempo dt será igual ao número dN de átomos A

que deca´ıram em B, o que ´e dado por

−dN(A →B)

dt =λANA

(26)

Por sua vez, se se considera que o número inicial de átomos do tipo B é zero e que sua constante de decaimento é λB, neste mesmo intervalo de

tempo o n´umero destes ´atomos vai variar seguindo a mesma lei, ou seja,

−dN(B_d_t→C) =λBNB

A varia¸c˜ao final de ´atomos do tipo B, dNB,

neste intervalo infinitesimal de tempo, ´e a diferen¸ca das duas equa¸c˜oes, ou seja,

−dN_d_tB =λANA−λBNB

O número de átomos do tipoAque sobrevivem pode ser eliminado da equa¸cão anterior lembrando que

NA=Noe−λAt Assim,

dNB

dt =λANoe

−λAt₋_λ

BNB

ou

dNB

dt +λBNB =λANoe −λAt

´

E conveniente multiplicar-se toda a última equa¸cão pelo fator eλBt_{, de forma a facilitar a} integra¸cão. De fato, obtém-se

eλBtdNB

dt +λBNBe

λBt₌_λ

ANoe(λB−λA)t ou

eλBt_d_N

B+λBNBeλBtdt=λANoe(λB−λA)tdt

que ´e ainda equivalente a

deλBt_N

B

=λANoe(λB−λA)tdt

Integrando-se ambos os lados, chega-se a

NBeλBt=

λA

λB−λA

Noe(λB−λA)t+C

ondeC é uma constante de integra¸cão, que pode ser determinada pela condi¸cão de que o número de átomosB emt= 0 é nulo:

0 = λA

λB−λA

No +C ⇒ C=−

λA

λB−λA

No

Substituindo este valor na equa¸c˜ao anterior, obt´em-se

NBeλBt=No

λA

λB−λA h

e(λB−λA)t₋₁i

e, finalmente,

NB=No λA

λB−λA h

(27)

10 A radia¸

c˜

ao de corpo negro e a

concep¸

c˜

ao corpuscular da luz

Exerc´ıcio 10.6.1

Segundo Paschen, a densidade espectral de energia da radia¸c˜ao de corpo negro ´e dada por

u(λ, T) =bλ−γe−a/(λT)

ondeγ _≃5,66.

Assim, a lei de Stefan pode ser escrita como

u=

Z _∞

0

u(λ, T) dλ=aT4

=b

Z ∞

0

λ−γe−a/(λT)dλ

Definindo

a

λT ≡x ⇒λ= a

xT ⇒dλ=− a x2_T dx obt´em-se

u=ba1−γTγ−1

Z _∞

0

xγ−2e−xdx

| {z }

cte.=aT4

Logo, para se obter a dependˆencia correta da energia total irradiada pelo corpo negro com a temperatura, deve-se ter γ₋1 = 4, ou seja,

γ = 5

Exerc´ıcio 10.6.2

Se um fóton é totalmente absorvido por um elétron livre, este adquire toda sua energia e todo o seu momentum. Segundo as leis de conserva¸cão de momentum e energia,

~

pγ+~pe=~p′e ⇒ p2γ+p2e+ 2~pγ·p~e=p′e2

Eγ+Ee=Ee′ ⇒ Eγ2+Ee2+ 2EγEe=Ee′2

Multiplicando a expressão derivada da conser-va¸cão do momentum por c2 _{e subtraindo-a da} expressão derivada da conserva¸cão de energia, obtém-se

(E_γ2₋p2_γc2)

| {z }

0

+ (E_e2₋p2_ec2)

| {z }

m2 ec4

+

+2(EγEe−p~γ·~pec2) = (Ee′2−p′e2c2)

| {z }

m2 ec4

Uma vez queEγ=pγcemec2´e invariante,

pode-se escrever

EγEe= (p~γ·~pe)c2

⇓

Ee=peccosθ ⇒

Ee

pec ≤

1

Desse modo, a hip´otese de que a energia e o

momentum de um fóton podem ser inteiramente transferidos para um elétron livre, é incompat´ıvel com a expressão relativ´ıstica

E_e2 =p2_ec2+m2_ec4 _⇒ Ee pec

>1

(28)

Assim, a energia e o momentum não poderiam se conservar simultaneamente se o elétron for livre. Entretanto, se o elétron for ligado, haverá uma contribui¸cão à sua energia devida à intera¸cão eletromagnética, expressa pela fun¸cão trabalho.

Exerc´ıcio 10.6.3

A dimens˜ao da constante de Planck ´e

[h] = [energia]_×[tempo] =M L2T−2T =M L2T−1

Por outro lado,

[momento angular] = [momentumlinear]_× ×[distˆancia] =M LT−1_L₌_{M L}2_T−1

Portanto,

[h] = [momento angular]

Exerc´ıcio 10.6.4

E = 21,796_×10−19 _{J = 13}_,_{62 eV}

Exerc´ıcio 10.6.5

PN = 126 W

Exerc´ıcio 10.6.6

N t

= 1019 f´otons/s

Exerc´ıcio 10.6.7

T = 5,7_×103 K

Exerc´ıcio 10.6.8

a)

uλ =

8π ch λ5

1

ehc/KλT₋₁

com (λMT =b= 0,29 cm·K).

b)

1₋ x 5

=e−x

c)

h

k = 4,8×10

−11 _s.K

Exerc´ıcio 10.6.9

k4

h3 ≃1,25×10 8 _J.s−3

·K−4

k= 1,38_×10−23 _J/K

e

h= 6,6_×10−34 _J.s

P =u/3

dU =TdS₋PdV = d(uV) =udV +Vdu

=udV +d_dU

T

dT

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

dU =T

∂S ∂T

V

dT +T

∂S ∂T

T

dV ₋ u

3 dV

=udV +T

du

dT

(29)

10. A radiação de corpo negro e a concepção corpuscular da luz 29 ou T ∂S ∂T V

dT+T

∂S ∂T

V

dV =

=V

du

dT

dT+u+v 3

| {z }

4 3 u dV            ∂S ∂T V = V T du dT ∂S ∂T T = 4 3 u T Igualando ∂ ∂V ∂S ∂T V T = ∂ ∂T ∂S ∂V T V Obt´em-se 1 T du

dT =

4 3

1

T

du

dt −

4 3 u T2 ⇓ du

dT =

4u

T ⇒ u=aT

4

De acordo com a hipótese de Einstein, o potencial de corte V e a freqüência ν, associada ao fóton incidente, estão relacionadas por

V =

h e

ν₋φ

onde h é a constante de Planck, e é a carga do elétron eφ, a fun¸cão trabalho.

A partir dos dados da Tabela 10.7, reproduzida a seguir, que apresentam um coeficiente de correla¸cão linear da ordem de 0,999719, a rela¸cão de Einstein se ajusta aos dados quando os parâmetros a=h/e e b=₋φsão

a=

h e

×1014= 0,4037 J.s./C

e

b=₋1,3739 V

com incertezas dadas, respectivamente, por

σa= 0,0078 J/C e σb = 0,053 V

5,19

5,49

6,88

7,41

8,22

ν (1014 Hz)

0,75 0,81 1,41 1,61 1,95 V (volt)

O ajuste ´e apresentado na figura que se segue.

Considerando que a carga do el´etron ´e dada por (PDG)

e= 1,602176462(63)_×10−19 C a constante de Planck ´e estimada como

hest= (6,46±0,12)×10−34 J.s

Comparando-se com o valor de referˆencia,

href= 6,62606876(52)×10−34 J.s encontra-se a discrepˆancia

|hest−href|= 0,166

(30)

A cinem´atica do efeito Compton est´a representada na figura a seguir.

Da conseva¸c˜ao da energia, tem-se

ǫγ+ǫ0 =ǫ′γ+ǫ

Explicitando o quadrado da energia do f´oton espalhado

ǫ′_γ2 =ǫ2_γ+ 2ǫ0ǫγ+ǫ20−2(ǫγ+ǫ0)ǫ+ǫ2

O diagrama seguinte expressa a lei da conserva¸c˜ao demomentum

p′_γ2 =p2+p2_γ₋2ppγcosφ

donde,

ǫ′_γ2 =p2c2+ǫ2_γ₋2pcǫγcosφ

Levando-se em conta que (pc)2 = ǫ2 ₋ǫ2₀ e igualando as duas equa¸c˜oes anteriores para ǫ′2_, obt´em-se

ǫ′2

γ =ǫ2γ+ 2ǫ0ǫγ+ǫ20−2(ǫγ+ǫ0)ǫ+ǫ2

=ǫ2₋ǫ2₀+ǫ2_γ₋2pcǫγcosφ

donde

(ǫγ+ǫ0)ǫ−2ǫ0(ǫγ+ǫ0) = 2pcǫγcosφ

ou

(ǫ₋ǫ0)(ǫγ+ǫ0) =pcǫγcosφ

que elevado ao quadrado resulta em

(ǫ₋ǫ0)2(ǫγ+ǫ0)2 = (pc)2ǫ2γcos2φ

Uma vez que (pc)2₌_ǫ2₋_ǫ2

0 = (ǫ+ǫ0)(ǫ−ǫ0), resulta

(ǫ₋ǫ0)(ǫγ+ǫ0)2 = (ǫ+ǫ0)ǫ2γcos2φ

Assim,

ǫ₋ǫ0

ǫ+ǫ0

= ǫ

2

γcos2φ

(ǫγ+ǫ0)2

= ǫ

2

γcos2φ

ǫ2

γ+ 2ǫ0ǫγ+ǫ2₀

Portanto,

ǫ(ǫ2_γ+ 2ǫ0ǫγ+ǫ20−ǫ2γcos2φ) =

=ǫ0(ǫ2_γ+ 2ǫ0ǫγ+ǫ20+ǫ2γcos2φ)

ou

ǫ[ǫ2_γ(1₋cos2φ) + 2ǫ0ǫγ+ǫ20] =

=ǫ0[ǫ2γ(1−cos2φ) + 2ǫ0ǫγ+ǫ20] + 2ǫ0ǫ2γcos2φ

Assim,

ǫ=ǫ0+

2ǫ0ǫ2γcos2φ

ǫ2

γ

(1₋cos2φ) + 2ǫ0ǫγ+ǫ20

=ǫ0+

2ǫ2_γcos2φ

ǫγ

ǫ0

(1₋cos2φ) + 2 + ǫ0

ǫγ

Uma vez que

ǫγ

ǫ0 = hν

mc2 ≡α pode-se escrever

ǫ= 2hνcos 2_φ

α(1₋cos2_φ_{) + 2 +} 1

α

+mc2

ou ainda,

ǫ=hν 2αcos

2_φ

α2+ 2α+ 1

| {z }

(1+α)2

(31)

10. A radiação de corpo negro e a concepção corpuscular da luz 31

Finalmente, explicitando α, chega-se ao resul-tado

ǫ=hν

2 hν

mc2 cos 2_φ

1 + hν

mc2

2

−_mchν2

2

(32)

11 Modelos atˆ

omicos cl´

assicos

Exerc´ıcio 11.8.1

A solu¸cão deste problema requer a elabora¸cão de um programa numérico. Apresenta-se abaixo o fluxograma lógico deste programa, a partir do qual determina-se o limite solicitado.

N=(nº máximo possível de elétrons) LOOP de n=1 a N (sobre o nº de elétrons)

S=0

LOOP de i=1, n-1 (sobre nº de termos da soma) S = S + 1/(sen(pi*i/n)

soma = s/4*n

END LOOP (sobre soma) IF soma > 1 WRITE, n-1 END LOOP (sobre nº de elétrons)

Exerc´ıcio 11.8.3

a g ≃10

20

Exerc´ıcio 11.8.4

Trata-se, na verdade, de um exerc´ıcio muito simples. Basta que se perceba que a se¸c˜ao de choque de Rutherford depende do produto da carga nuclear e da part´ıcula espalhada elevado ao quadrado,

dσ

dΩ =

Ze2 mv2

o

2

1 sen4_θ/₂

Portanto, se ao invés de Ze o núcleo tivesse uma carga elétrica ₋Ze em nada alteraria a previsão de espalhamento do modelo de Rutherford.

(33)

12 Modelos quˆ

anticos do ´

atomo

Exerc´ıcio 12.6.1

B = 14 Wb/m2 = 14 T

Exerc´ıcio 12.6.2

µ= 9,0_×10−24_A.m2

Exerc´ıcio 12.6.3

ν23

ν13

= 5/36 8/9 =

5 32

Exerc´ıcio 12.6.4

Segundo o modelo de Bohr, o espectro de energia do átomo de hidrogênio é dado por

ǫn=−

e2 2a

1

n2 =−

ǫI

n2 ondeǫI´e a energia de ioniza¸c˜ao.

Considerando que a energia de um fóton (γ) absorvido ou emitido por um átomo de hidrogênio é dada pela diferen¸ca de energia entre dois n´ıveis do espectro,

ǫγ =hν=

hc

λ =|ǫn−ǫℓ|=ǫI|

1

n2 − 1

ℓ2 | e a série de Balmer corresponde a transi¸cões a partir do n´ıvelℓ= 2, cujos comprimentos de onda correspondentes são dados por

hc λ =ǫI|

1

n2 − 1 4 |

Assim, o menor comprimento de onda (λmin) corresponde à transi¸cão tal que n _{→ ∞}, o que define o processo f´ısico de ioniza¸cão para o qual o elétron é arrancado do átomo, e a energia de ioniza¸cão pode ser determinada por

ǫI= 4hc λmin

= 21,764_×10−19 J ou

ǫI= 13,6 eV

Exerc´ıcio 12.6.5

Representando os n´ıveis de energia segundo o esquema abaixo, que mostra a transi¸c˜ao do n´ıvel 5 para o n´ıvel 3, o problema resume-se `

a determina¸c˜ao do n´umero de pares de inteiros existentes entren= 1 en= 5.

(5,4) (5,3) (5,2) (5,1)

(4,3) (4,2) (4,1)

(3,2) (3,1)

(2,1)

         

        

10 pares

Esse número pode ser calculado também pela análise combinatória como

C₅2 =

5 2

= 5!

(5₋2)! 2! = 5! 3! 2! = 10

Exerc´ıcio 12.6.6

ǫo= 2,72 keV

(34)

Exerc´ıcio 12.6.7

v=αc

Exerc´ıcio 12.6.8

x= mp

me

= 1 836,28

Exerc´ıcio 12.6.9_{Para as impurezas do tipo}_i_,

r _c

λ_i =

1 26

r _c

λ_Co(Zi−1)

ou

Zi= 1 + 26 r

λ_Co λi

Para i= 1,

Z1= 1 + 26

r

1785

2285 ≃24 ⇒Cromo

e, para a outra impureza,

Z2= 1 + 26

r

1785

(35)

13 A Mecˆ

anica Quˆ

antica Matricial

Exerc´ıcio 13.5.1

hε_i=

P

∞εne−βεn P

neβεn

= −d

dβ log ∞

X

n=0

e−βεn

onde       

β = 1/kT

εn= (n+ 1/2)ε0= nε0

|{z} ε′

n

+ε0/2

hε_i = ₋ d

dβlog

"

e−βε0/2

∞

X

n=0

e−βε′n

#

= d

dβ

"

−β ε0

2 + log

∞

X

n=0

e−βε′n

#

= ε0 2 − d dβlog ν X n=0

e−βε′n

| {z }

ε0e−βε0 1−e−_βε₀

= ε0 2

1 + 2e−

βε0

1₋e−βε0

= ε0 2

1 +eβε0 1₋e−βε0

= ε0 2

eβε0/2₊_e−βε/2

eβε0/2−e−βε0/2 =

hν 2 cotgh hν 2kT

Exerc´ıcio 13.5.2

A matriz hamiltoniana, nesse caso, ´e dada por

H= p 2 2m +

1 2mω

2

0x2−eEx

Completando, convenientemente, os termos, pode-se escrever

H = p 2 2m +

1 2mω

2

0x2−eEx+

e2

2mω2 0

E2₋ e

2 2mω2

0

E2

| {z }

=0

= p 2 2m +

r

m

2 ω0x−

r

2

m e

2ω0

E

!2

− e

2 2mω₀2E

2

Definindo-se y = x ₋ (e/mω2)E, a matriz hamiltoniana pode ser reescrita como

H= p 2 2m+

1 2mω

2 0y2−

e2 2mω2

0

E2

Desse modo,

[x, H] = [y, H] =i~p m

e

[p, H] =₋i~_mω2₀_x

Portanto, a solu¸c˜ao para as matrizes y e p

implica que os termos diagonais da matriz H

sejam dados por

ǫn=

n+1 2

~_ω₀₋ e

2 2mω2

0

E2

Exerc´ıcio 13.5.3

Parte-se de [x, p] = i~_, _H ₌ _T ₊_V_, _T ₌ p2/(2m) eV =mω2₀x2/2.

(36)

a)

[p, H] = [p, T +V] = [p, T] + [p, V]

= [p, p2_/₍₂_m_{)] + [}_{p, mω}2 0x2/2]

= 1

2m[p, p

2_{] +}1 2mω

2 0[p, x2]

Levando-se em conta que

[A, B2] = [A, BB] =ABB₋BBA

=ABB₋BAB+BAB

| {z }

=0

−BBA

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

e que

[p, f(p)] = 0

para qualquer fun¸c˜ao f que dependa s´o dos

momenta, pode-se escrever [p, H] = 1

2mω 2

0[p, x]x+x[p, x] e lembrando que [p, x] =₋i~_,

[p, H] = [p, V] =₋i~_mω2 0x

b)

[x, H] = [x, T +V] = [x, T] + [x, V] = [x, p2_/₍₂_m_)]

= 1

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

logo,

[x, H] = [x, T] =i~p m

c)

[x2_{, H}_{] = [}_x2_{, T} ₊_V_{] = [}_x2_{, T}_]

= 1

2m[x

2_{, p}2_{] =} 1 2m

[x2, p]p+p[x2, p]

= 1

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

ou

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

m(xp+px)

d)

[xp, T] =xpT ₋T xp

Como [x, p] =i~_⇒_xp₌_i~₊_px_{, pode-se escrever}

[xp, T] =i~_T ₊_pxT ₋_i~_T₋_{T px}

=pxT ₋T px= [px, T]

Por outro lado, como [p, T(p)] = 0_⇔pT =T p, segue-se que

[xp, T] =xT p₋T xp= [x, T]p

ou

[xp, T] = [px, T] =i~p

2

m = 2i~T

Exerc´ıcio 13.5.4

a) Substituindo no operador hamiltoniano

H = p 2 2m +

1 2mω

2_x2

as defini¸c˜oes de x e p em termos dos operadores

ae a†_{, tem-se}

H=₋ 1 2m

~_ωm

2 (a

†₋_a₎₍_a†₋_a₎₊

+1₂mω2₂_ωm~ (a+a†₎₍_a₊_a†₎

= ~ω 4

n

−(a†₋a)(a†₋a) + (a+a†)(a+a†)o

= ~ω 4

n

−a†a†+aa†+a†a₋aa+

+aa+aa†₊_a†_a₊_a†_a†

ou

H= ~w 2 (a

(37)

13. A Mecˆanica Quˆantica Matricial 37

b) Para calcular o comutador [a, a†_{], ´e preciso}

explicitar primeiro os operadoresaea†em termos de x ep:

a+a† =

r

2ωm ~ x a₋a† = i

r

2

~_ωmp

ou seja,

a† = 1 2

r

2ωm ~ x−i

r

2

~_ωmp

!

≡ 1₂(αx₋iβp)

a = 1 2

r

2ωm ~ x+i

r

2

~_ωmp

!

≡ 1₂(αx+iβp)

Assim,

[a, a†] = 1

4[(αx+iβp),(αx−iβp)]

= 1

4(−iαβ[x, p] +iαβ[p, x])

= iαβ

4 ([p, x]−[x, p]) =− 2iαβ

4 [x, p]

= ₋iαβ

2 ×i~= 1 2 r 2ωm ~ × r 2

~_ωm ×~

ou seja,

[a, a†_{] = 1}

c)

[H, a†] = ~ω 2 [a

†_a₊_aa†_{, a}†_]

= ~ω 2 (a

†_aa†₋_a† _a†_a

|{z}+aa

†

|{z}a

†₋_a†_aa†₎

O primeiro e o quarto termos de anulam. Os termos assinalados na equa¸cão anterior poder ser escritos convenientemente utilizado, respectivamente, as rela¸cõesa†a=aa†₋1 eaa†= 1 +a†_a_{, que decorrem da rela¸cão de comuta¸cão}

entre os operadoresae a†_{. Assim,}

[H, a†] = ~ω 2 (a

†₋_a†_aa†₊_a†_aa†₊_a†₎

⇓

[H, a†] =~_{ω a}†

Analogamente,

[H, a] = ~ω 2 [a

†_a₊_aa†_{, a}_]

= ~ω 2 (a

†_a

|{z}a−aa

†_a₊_aa†_a₋_{a aa}†

|{z})

Agora o segundo e o terceiro termos se anulam e substituem-se os termos assinalados de modo que

[H, a] = ~ω

2 (−a+aa

†_a₋_aa†_a₋_a₎

⇓

[H, a] =₋~_{ω a}

d) Considere, inicialmente, um auto-estado ψ do oscilador harmˆonico simples, de energiaǫ, tal que

Hψ=ǫψ

Aplicando-se, por exemplo, a identidade [H, a†_{] = (}~_ω/₂₎_a† _{sobre a fun¸c˜ao} _ψ_{, tem-se}

[H, a†]ψ= ~ω 2 a

†_ψ₌_Ha†_ψ₋_a†_Hψ

Pode-se ainda escrever

H₋ ~ω

2

a†ψ=a†Hψ=a†ǫψ=ǫa†ψ

donde

Ha†ψ=

ǫ+~ω 2

a†ψ

Portanto, o estadoa†_ψ_{´e auto-estado do operador}

hamiltoniano, com autovalor ǫ + ~_ω/_2. _Por

este motivo, a† _{´e denominado operador de}

levantamento, enquanto a ´e o operador de

abaixamento, pois o estado aψ ´e auto-estado do operador hamiltoniano, com autovalor ǫ₋~_ω/_2.

Uma conseqüência imediata disto é que o operador a, se aplicado ao estado fundamental, dá zero como resultado, isto é,

(38)

Por outro lado, foi mostrado no item a, que

H= ~w 2 (a

†_a₊_aa†₎

Com o uso da rela¸c˜ao de comuta¸c˜ao [a, a†_{] = 1, o}

hamiltoniano pode ser reescrito como

H =a†a+1 2~w

Se este operador ´e aplicado ao estado fundamental,

Hψ0 =a†a ψ0+ 1

2~w ψ0= 1 2~w ψ0

Mostra-se, assim, que ~_ω/_{2 ´e o menor valor de}

(39)

14 A Mecˆ

anica Quˆ

antica Ondulat´

oria

“A onda é um quadro de jogos, o corpúsculo uma chance.” Esta frase de Bachelard faz alusão ao fato de que a previsão de qualquer medida referente a uma part´ıcula quântica, ao contrário do que ocorre em F´ısica clássica, requer o conhecimento prévio de sua fun¸cão de onda em todo o espa¸co, obtida a partir da equa¸cão de Schödinger. Todas as informa¸cões sobre a part´ıcula, de uma certa forma, já estão contidas nesse quadro formado pelo espa¸co abstrato das fun¸cões de onda, o espa¸co de Hilbert. E uma´ medida particular que projeta uma e apenas uma chance dentre todas as poss´ıveis.

a) v = 108 m/s _⇒ v/c = 1/3 _⇒ γ =

1₋1 9

−1/2 = _p1

8/9 = 3√8

4 ⇒γ = 1,06

   

  

p = γmv= 9,66_×10−23 _kg.m/s

λ = h

p = 0,69×10

−11_{= 0}_,_{069 ˚}_A

  

 

E = γmc2 = 8,69_×10−14 _J

ν = E

h = 1,31×10

20 _Hz

b)

E = 16 eV

Eo = mc2 = 8,199×10−14 J = 0,512 MeV

Segue-se que γ = E/Eo ≫ 1. Como γ =

1,953_×103_⇒v_≃c

p=γmv_≃γmc_⇒λ= h

p = 1,24×10 −15 _m

ν= E

h = 2,4×10

23 _Hz

ǫc = 4,4×10−6 eV

λ= 3,33 ˚A

Como pc << m_Hec2, o problema ´e n˜ao relativ´ıs-tico, e segue-se

a)

v= p

m ⇒ v= 1,66 m/s

(40)

b)

ǫc =

p2

2m ⇒ T = 1,33 K

Se existe uma onda associada a uma part´ıcula, como defendia de Broglie, ela deve, segundo Schrödinger, por analogia ao problema da corda vibrante, satisfazer uma equa¸cão de onda tipo d’Alembert (equa¸cão (5.1) do livro de texto)

∇2−_v1₂ ∂ 2

∂t2

Ψ(~r, t) = 0

Uma solu¸c˜ao geral desta equa¸c˜ao pode ser do tipo

Ψ(~r, t) =u(~r)e−iωt

da qual resulta que a fun¸cão que contém a dependência espacial deve satisfazer à equa¸cão

∇2u+k2u= 0

ondek2 =ω2/v2.

Por outro lado, de Broglie havia admitido a existˆencia de uma rela¸c˜ao linear entre ~p e ~k, tal que

~ p=~~k

e, portanto,

k2= p 2

~2

O termo p2 pode ser expresso em fun¸c˜ao da energia total do sistema conservativo, ou seja,

H =E= p 2

2m +V ⇒ p

2 _{= 2}_m₍_E₋_V₎

e, portanto,

k2 = 2m

~2 (E−V)

resultado este que leva `a seguinte equa¸c˜ao para

u(~r):

∇2u+ 2m~2₍_E₋_V₎_u_{= 0}

ou,

−~2

2m∇2u(~r) +V(~r)u(~r) =Eu(~r)

que é a equa¸cão de Schrödinger independente do tempo.

Da equa¸c˜ao de Schr¨odinger,

−~ 2 2m∇

2_ψ₊_V₍_~r₎_ψ₌_i_~∂ψ

∂t

se V = V_R + iV_I e ψ = ψ_R + iψ_I, segue-se (igualdando-segue-se as partes real e imagin´aria ds equa¸c˜ao) que          −~ 2 2m∇

2_ψ

R +VRψR −VIψI =~

∂ψ_I ∂t

−~ 2 2m∇

2_ψ

I +VIψR+VRψI =~

∂ψ_R ∂t

Se ψ_R = 0, das equa¸c˜oes anteriores resulta, respectivamente,         

V_Iψ_I =₋~∂ψI

∂t

−~ 2 2m∇

2_ψ

I +VRψI = 0

Logo, a dependˆencia temporal de ψ_I variaria ex-ponencialmente no tempo como

ψ_I(t) =ψ_I(0)e−~_t/V

I

com um coeficiente~_/V

I. Já a dependência espa-cial seria dada pela equa¸cão de Schrödinger inde-pendente do tempo, sendo o potencial apenas a parte real do potencial total.

Por outro lado, seψ_I = 0,

         −~ 2 2m∇

2_ψ

R +VRψR = 0

V_Iψ_R =~∂ψR

∂t ⇒ ψR(t) =ψR(0)e +~_t/V

I

Neste caso, ψ_R também variaria exponencialmen-te no exponencialmen-tempo, com o mesmo coeficienexponencialmen-te, mas sinal contrário, enquanto que a equa¸cão espacial é do mesmo tipo do caso anterior.