A estrutura da mat eria: concep˘c~oes los o cas na ... - CBPF

1

A estrutura da materia: concepcoesfilosoficas na Antiguidade

Exercıcio 1.8.1

Eratostenes supos que os raios solares saoparalelos na regiao que engloba as duas cidadescons-deradas, conforme ilustra a figura abaixo.

Se, em Alexandria, a sombra projetada sobrea terra fazia um angulo de 7o com a haste (nomesmo instante em que nao havia sombra emSiene), este e tambem o angulo entre a verticale o zenite nesta cidade. Assim, este angulo e omesmo angulo θ = 7o entre os raios, r, da Terraque delimitam o arco que compreende as duascidades, cuja distancia sera denotada por d.

Logo,

tg θ =d

r

outg 7o = 0,128 ⇒ d

r' 1

8

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

r ' 5 600 km

Mas alguns autores afirmam que as medidas decomprimento feitas no seculo III a.C. usavam aunidade estadio e que Eratostenes teria utilizadoem seus calculos a distancia de 5 000 estadios.Sabendo-se que 1 estadio ' 180 m, isto correspon-deria a uma distancia de 900 km entre as cidades,o que leva a predicao

r ' 7 370 km

a ser comparado com o valor atual de

r ' 6 378,1 km

Note que, no primeiro caso, a discrepancia e daordem de 11%, enquanto no segundo, de 13,5%.De qualquer forma, trata-se de uma estimativamuito boa considerada a epoca em que foi feita.

1

2 Fısica Moderna Caruso • Oguri

Exercıcio 1.8.2

Considere a figura abaixo, sendo a ocomprimento da aresta do cubo inscrito na esferaexterna e que circunscreve a esfera interior.

Levando-se em conta o triangulo OAB dafigura anterior, utilizando-se as relacoes metricasconhecidas entre as diagonais e a aresta de umcubo inscrito em uma esfera de raio R = OA (raiode Saturno) e aplicando-se o teorema de Pitagorasao triangulo cinza, obtem-se

R2 = r2 + 2r2 = 3r2 ⇒ R =√

3 r

onde r = OB = a/2 e o raio de Jupiter.

Exercıcio 1.8.3

Os numeros para os pitagoricos, segundoAristoteles, nao seriam separaveis da materia. Noque concerne a concepcao que eles tinham damateria fısica, e importante entender inicialmentea questao da representacao dos numeros para secompreender a crıtica aristotelica.

Expressar os numeros de forma geometrica, apartir de pontos, leva aos conceitos de “numeroretangular” e de “numero quadrado”. Comoexemplo do primeiro, pode-se imaginar o numero20, representado por 20 pontos regularmente

dispostos sobre os lados e no interior de umquadrilatero cujo comprimento do lado maiordifere do outro por apenas uma unidade (20 =4 × 5). Ja o numero 16, por exemplo, igual a4 × 4 = 42, pode ser construıdo colocando-se aunidade (um ponto) no vertice de um quadradoe “somando-se” sucessivamente a ele os demaisnumeros 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 novepontos e o numero 16 seria obtido a partir do 9somando mais 7 unidades, que e o ımpar seguinte,correspondendo a um quadrado 4× 4.

Segundo Simplıcio, este tipo de represen-tacao numerica levou os pitagoricos e muitoscomentadores a associarem o infinito aos numerospares. Claro que o que esta por tras disto e apossibilidade ad infinitum da divisao em partesiguais. Pelo que vimos na Secao 1.4, Aristotelesnao podia, obviamente, aceitar o criterio dedivisibilidade por 2 como uma explicacao doinfinito, conceito, alias, por ele abominado.Alem disto, lembre-se que na referida secao foireproduzida uma citacao, na qual ele afirmaser impossıvel que alguma coisa contınua resultecomposta de indivisıveis.

Desta forma, o Estagirita foi tambem levadoa criticar a concepcao pitagorica da materia, poisas unidades-pontos-atomos, consideradas tambemcomo a base fısica da materia real – uma formaprimitiva de atomo –, nao poderiam ser aceitas emum sistema filosofico que negava o vazio. Lembre-se de sua afirmacao de que e impossıvel que umalinha resulte composta de pontos, se e verdade quea linha e um contınuo e o ponto, um indivisıvel.

Imaginar os numeros espacialmente exten-sos tera tambem impacto em outro capıtuloimportante da Filosofia Grega, ou seja, nadiscussao dos paradoxos de Zenao. Para maisdetalhes veja, por exemplo, [G.S. Kirk; J.E.Raven, Os filosofos pre-socraticos].

2

As origens do atomismo cientıfico:contribuicoes da Quımica

Exercıcio 2.9.1

A palavra monada deriva do grego µoναζ,que significa unidade. Consta que este termotenha sido considerado pela primeira vez pelospitagoricos. Bem mais tarde, tal conceito iraevoluir para algo como “aquela unidade queespelha o todo”, especialmente na filosofia deNicolau de Cusa (1401-1464). Giordano Bruno(1548-1600) foi quem formulou mais precisamentea ideia de que as monadas seriam compostasdestas partıculas mınimas, nas quais se encontrama substancia das coisas.

O filosofo alemao Gottfried Wilhelm Leibniz(1646-1716) herdou este conceito de Bruno,transformando-o e entendendo-o muito mais co-mo um princıpio ativo inerente as substancias doque como partıculas mınimas.

Cada monada e distinta das demais e naoexistem duas monadas iguais, ao contrario dosatomos de Leucipo e Democrito, que sao identicospara a mesma substancia.

Sendo assim, fica claro, por dois motivos,que a monadologia (teoria das monadas) deLeibniz difere crucialmente do atomismo grego,segundo o qual as menores partes da materia saoinanimadas, possuem duas ou tres propriedadesbasicas (segundo o filosofo) e estao em movimentoeterno, mas sao privas de qualquer tipo deiniciativa ou qualidade que permitissem ver osatomos como algum tipo de princıpio ativo damateria.

Exercıcio 2.9.2

Os isobaros sao atomos com mesmo numero demassa e numeros atomicos iguais; os isotopos saoatomos de um mesmo elemento com o mesmonumero de protons (mesmo Z) e numero deneutrons diferentes (diferentes A).

Do ponto de vista do atomismo de Democrito,como se viu no Capıtulo 1, a existencia de isotopose isobaros poderia ser acomodada, uma vez queele atribuıa ao atomo duas propriedades capazesde diferencia-los: tamanho e formato.

Ja do ponto de vista de Dalton, a descobertados isotopos e isobaros seria um problema, pois,como foi visto na Secao 2.5.1, ambos ferem suaideia basilar de que “as partıculas ultimas detodos os corpos homogeneos sao perfeitamentesemelhantes em peso, forma etc. Em outraspalavras, toda partıcula de agua e como qualquerpartıcula de agua; toda partıcula de hidrogenio ecomo qualquer outra de hidrogenio (...)”.

Exercıcio 2.9.3

mH : mN : mO = 1 : 7 : 5

Exercıcio 2.9.4

Observando-se a representacao grafica deChancourtois (Figura 2.9), nota-se que os ele-mentos com propriedades semelhantes aparecem

3


na mesma vertical. A diferenca de peso atomicoentre dois elementos consecutivos na vertical eigual a 16. Assim, por exemplo, os elementoslıtio (Li), sodio (Na) e potassio (K), que pertencemao Grupo I da Tabela de Mendeleiev, tem pesosatomicos respectivamente iguais a 7, 7 + (16× 1)e 7 + (16 × 2). Para os demais membros dogrupo, essa recorrencia pode ser expressa, deforma compacta, como A = 7 + 16n, onde n e umnumero inteiro. A generalizacao para um termogenerico de peso atomico m e

A = m+ 16n

Exercıcio 2.9.5

tem como solucoes X = 69,48 e Y = 72,62.Estes valores se comparam, respectivamente, aosvalores X = 68 e Y = 72 reportados na Tabela deMendeleiev de 1871 (Tabela 2.8).

Exercıcio 2.9.6

Portanto, a partıcula X possui uma unidadede massa atomica e e eletricamente neutra: oneutron (n1

0).

Exercıcio 2.9.7

X = As8633

Exercıcio 2.9.8

13 neutrons.

Exercıcio 2.9.9

m(Ar36) = 39,95 u

Exercıcio 2.9.10

(1− x)x

=0,00360,9964

= 0,003613 = 0,36%

Exercıcio 2.9.11

volume NH3 = 20 L

Exercıcio 2.9.12

4,515× 1023 moleculas

Exercıcio 2.9.13

n =35,7 g

28,0 g/mol= 1,28 mol

Exercıcio 2.9.14

n =42,4 g

106,0 g/mol= 0,4 mol

Exercıcio 2.9.15

A formula e SO3.

3

O atomismo na Fısica: o triunfo domecanicismo

Exercıcio 3.6.1

Para valores pares (n = 0, 2, 4, . . .), de acordocom a ultima equacao da pagina 75 do livro detexto,

I0(α) =∫ ∞

0e−αx

2dx =

12

√π

α=√π

2α−1/2

I2(α) =∫ ∞

0x2 e−αx

2dx = −dI0

dα=√π

4α−3/2

I4(α) =∫ ∞

0x4 e−αx

2dx = −dI3

dα=

3√π

8α−5/2

Exercıcio 3.6.2

A distribuicao (ρ) dos modulos das velocida-des (v) de um gas ideal em equilıbrio termico atemperatura T pode ser escrita como

ρ(v) = av2e−αv2

onde

a =

4√πα3/2

α =m

2kT

k = 1,38×10−23 J/K e a constante de Boltzmanne m e a massa de cada molecula do gas.

• Moda

dρdv

∣∣∣∣vmod

= (2v − 2αv3)ae−αv2∣∣∣vmod

= 0

⇓

vmod=

√1α

= α−1/2 =

√2(RT

µ

)

onde R = 8,315×107 erg/K.mol e a constan-te universal dos gases e µ, a massa moleculardo gas.

• Media

〈v〉 =∫ ∞

0v ρ(v) dv

= a

∫ ∞0

v3 e−αv2

dv︸︷︷︸I3

=a

2α−2

=4

2√π︸︷︷︸

2/√π

α3/2α−2︸︷︷︸α−1/2

=2π

√2kTm

=

√8π

(kT

m

)'

√2,55

(kT

m

)> vmod

• Media quadratica (valor eficaz):

vef =√〈v2〉

5


〈v2〉 = a

∫ ∞0

v4 e−αv2

dv︸︷︷︸I4

= 38a√πα−5/2

=38√π

√2π

23/2︸︷︷︸3/2

α3/2α−5/2︸︷︷︸α−1

= 3(kT

m

)

Logo,

vef =

√3(kT

m

)> 〈v〉 > vmod

• Desvio-padrao: σv =√〈v2〉 − 〈v〉2

σv =

√(3− 8

π

)kT

m'

√0,45

(kT

m

)

Exercıcio 3.6.3

As moleculas de cloro (Cl2) e hidrogenio (H2)terao, respectivamente, os menores e maioresvalores para a moda, para a media, para o valoreficaz e para o desvio-padrao.

Exercıcio 3.6.4

〈v〉He4〈v〉He3

=√µHe4

µHe3

=

√43

=2√3' 1.15

Exercıcio 3.6.5

vef

vsom

=

√95

=3√5' 1,34

Exercıcio 3.6.6

T1 = 240,16 K =⇒ 〈ε1〉 = 4,97× 10−21 J

T2 = 273,16 K =⇒ 〈ε2〉 = 5,65× 10−21 J

T3 = 300,16 K =⇒ 〈ε3〉 = 6,21× 10−21 J

Exercıcio 3.6.7

vef =

√3(kT

m

)=

√3(RT

µ

)onde R = 8,315×107 erg/K.mol e T ' 300,16 K.Assim,

µ(N2) ' 28 =⇒ vef(N2) ' 520 m/s

µ(He) ' 2 =⇒ vef(He) ' 1 900 m/s

Exercıcio 3.6.8

Igualando-se a energia cinetica media e a ener-gia potencial de cada ıon,

T =2eV3k

= 7,7× 106 K

Exercıcio 3.6.9

Nvx→∞=N

2

[1− erf(ξ)

]

Exercıcio 3.6.10

N0→v= N

[erf(ξ) − 2√

πξ e−ξ

2

]

3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 7

Exercıcio 3.6.11

Como o valor modal da velocidade (vmod)para uma molecula de hidrogenio (µ ' 2 u) atemperatura ambiente (T ' 300,16 K) e da ordemde 1 580 m/s, obtem-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

Exercıcio 3.6.12

As respectivas porcentagem das moleculas quetem velocidades maiores que v0 = 1000 m/s saodadas, 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 %

Exercıcio 3.6.13

∆ε =12m〈v2〉 − 1

2m〈v〉2 =

12mσ2

v ' 0,9× 10−7 J

Exercıcio 3.6.14

Nas condicoes normais de temperatura e pres-sao, a densidade (ou concentracao n) de moleculasde um gas ideal e da ordem de

n =6,023× 1023

22400' 2,68× 1019 moleculas/cm3

Exercıcio 3.6.15

f = nσ〈v〉 ' 4,9× 109 Hz

Exercıcio 3.6.16

Uma vez que o livre caminho medio (`), porexemplo, para as moleculas de oxigenio, µ(O2) '32, de raio (r) cerca de 1,8 × 10−10 m, atemperatura ambiente (T ' 300 K) e dado por

` =1nσ' 10−5 cm

e o volume efetivo ocupado por uma molecula,igual ao cubo da distancia media entre elas, podeser estimado por

d3 '(

22,4 `6,023× 1023

)=

1n

ou d ' 3,3× 10−7 cm, o que implica que

r < d < `

Exercıcio 3.6.17

dNN

=

√2π

1(kT )3/2

ε1/2e−ε/kT dε


Exercıcio 3.6.18

Nε>ε′

N=

√2π

[x′1/2 e−x

′+

12e−x

′

x′1/2+

− 14e−x

′

x′3/2+ . . . . . .

]

=

√2πx′1/2 e−x

′[

1 +12

(1x′

)+

− 14

(1x′

)2

+ . . . . . .

]

=

√2π

(ε′

kT

)1/2

e−ε′/kT

[1 +

+12

(kT

ε′

)− 1

4

(kT

ε′

)2

+ . . . . . .

]

Exercıcio 3.6.19

P = nkT ' 8,8× 10−8 N/m2

Exercıcio 3.6.20

O numero total de choques por segundo e porunidade de area pode tambem ser expresso emtermos de (P, T ) como

n′c =PNA

3RT

(2RTπµ

)1/2

=PNA

3

(2

πµRT

)1/2

Exercıcio 3.6.21

I = 1,5× 1012 moleculas/s

Exercıcio 3.6.22

a = 1,8 µm

Exercıcio 3.6.23

dP (p, p+ dp) =4√π

p2

p3mod

exp(

p

pmod

)2

dp

onde pmod =√

2mkT e o valor modal domomentum.

Exercıcio 3.6.24

Na solucao dos diversos ıtens deste exercıcioserao uteis os resultados das seguintes integrais:

I =∫ ∞

0e−αz dz =

1α

I0 =∫ ∞

0e−αz

2dz =

√π

2α−1/2

I2 =∫ ∞

0z2e−αz

2dz =

√π

4α−3/2

I4 =∫ ∞

0z4e−αz

2dz =

3√π

8α−5/2

a) a energia cinetica media:

〈εc〉 = 32kT

b) a energia potencial media:

〈ε〉 = 52kT

c) a dispers ao na posicao:

σz =RT

µg

Cabe aqui um comentario. Considerando-se atemperatura ambiente, verifica-se que, no SI,

〈z〉 ' 10−21

2× 1,62× 10−27 × 10' 105 m

3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 9

Tal valor vai implicar um valor tao alto para adispersao na posicao, que simplesmente mostraque a atmosfera nao e isotermica, o que estaimplıcito na aplicacao da distribuicao de Maxwell-Boltzmann ao problema (veja item d).

d) o valor da dispersao na posicao para moleculade H2, a temperatura de 300 K:

Para a molecula de H2, µ = 2 u. Assim,

σz = 1,3× 107 cm

Exercıcio 3.6.25

K =5π32

(CV +

94R

)× 1√

2πd2

RT

PNA

×

×2√

2(RT

πM

)2

× PM

RT× 1M

a qual pode ser simplificada, de forma a se obtera expressao solicitada:

K =516

(CV +

94R

)(RT

πM

)1/2 1NAd

2

Exercıcio 3.6.26

t =ln(0,125)ln(0,5)

× 20 ⇒ t = 60 h

Exercıcio 3.6.27

Foi mostrado nas paginas 376 e 377 do livrode texto que, se J inc

α e a densidade de correntede partıculas que incidem sobre o alvo, a taxa departıculas (dN/dt) que sera espalhada entre umangulo solido Ω e Ω + dΩ e dada por

dNdt

= J incα dΩ = J inc

α bdbdφ

sendo φ o angulo azimutal sobre o qual ainda naose integrou. Por outro lado,

dNdt

= J incα dσ

Desse modo, pode-se obter uma expressao paraa secao de choque infinitesimal, dσ, em termos doparametro de impacto b da colisao, dada por

dσ = bdbdφ

O choque de uma partıcula com uma esferarıgida pode ser representado pela figura a seguir.

Para se obter a secao de choque diferencial emrelacao ao angulo solido dΩ e necessario expressaro parametro de impacto em termos do angulo deespalhamento θ. Da figura ve-se que

θ = π − 2χ

b = R senχ = R sen(π

2− θ

2

)= R cos

θ

2

σ(Ω) ≡ dσdΩ

=14R2


Exercıcio 3.6.28

Na figura abaixo apresenta-se um esboco dasecao de choque classica de Mott (linha cheia)comparada com a secao de choque classica deRutherford (linha pontilhada).

Lembre-se que a secao de choque classica deMott para o espalhamento coulombiano entrepartıculas identicas de carga eletrica e pode serescrita como

σ(θ) =(e2

4E

)2 [cosec4

(θ

2

)+ sec4

(θ

2

)]

Note que as duas secoes de choque classicastem comportamento praticamente identicos paraangulos compreendidos entre 0o e ' 50o,tornando-se muito diferentes a partir deste valor.

4

O movimento browniano e a hipotesemolecular

Exercıcio 4.6.1

O numero de Avogadro pode ser obtido daequacao

NA =(t

λ2

)RT

3πηa' 6,99× 1023

Exercıcio 4.6.2

Deve-se ter[F ] = MLT−2 = [a]α [v]β [η]γ =

= Lα Lβ T−βMγ L−γ T−γ =

= Mγ Lα+β−γ T−(β+γ)

Segue-se, entao, que γ = 1 eα+ β − γ = 1 ⇒ α = 1

β + γ = 2 ⇒ β = 1

e, portanto,F ∼ aηv

Exercıcio 4.6.3

〈x2〉 =kT

3πηat =

RT

3πηaNA

t

Exercıcio 4.6.4

Usando-se a equacao

λ =√〈x2〉 =

√RT

3πηaNA

t

obtem-seλ = 6,1 µm

Exercıcio 4.6.5

k = 1,36× 10−23 J/K

11

5

Concepcoes classicas sobre a naturezada luz

Exercıcio 5.10.1

Os coeficientes de reflexao e transmissao saodados, respectivamente, por

r =(k1 − k2

k1 + k2

)2

e t =4k1k2

(k1 + k2)2

Sendo assim,

r + t =(k2

1 + k22 − 2k1k2 + 4k1k2)(k1 + k2)2

=(k1 + k2

k1 + k2

)2

= 1

Exercıcio 5.10.2

〈sen2 (kx− ωt)〉 =1T

∫ T

0sen2

(kx− 2πt

T

)dt

=1

2T

∫ T

0

[1− cos 2

(kx− 2πt

T

)]dt =

12

Exercıcio 5.10.3

O campo eletrico propaga-se na direcao k e eda forma

~E = Ezk = kB0 sen (ky + ωt)

Exercıcio 5.10.4

Tomando-se a derivada temporal da lei deGauss,

~∇ · ~D = 4πρ ⇒ ~∇ · ∂~D

∂t= 4π

∂ρ

∂t

Por outro lado,

~∇× ~H =4πc~J +

1c

∂ ~D

∂t⇒ ∂ ~D

∂t= c(~∇× ~H)− 4π ~J

Tomando-se o divergente da ultima equacao eigualando o resultado a equacao obtida da lei deGauss, encontra-se

~∇ · ∂~D

∂t= c~∇ · (~∇× ~H)︸︷︷︸

=0

−4π~∇ · ~J = 4π∂ρ

∂t

ou,∂ρ

∂t+ ~∇ · ~J = 0

12

5. Concepcoes classicas sobre a natureza da luz 13

Exercıcio 5.10.5

Considere a situacao representada na figura aseguir.

∆P =∫gνSc∆t dν

e a pressao e dada por

P =1S〈∆P

∆t〉 = c〈

∫gνdν〉 ≡ c〈g〉

Por outro lado, combinando-se as equacoes〈g〉 = 〈u〉/c e I = c〈u〉, obtem-se que 〈g〉c = I/ce, portanto,

P = I/c

Exercıcio 5.10.6

Recordando que

Patm = 1 atm = 105 Pa⇒ PSol

Patm

= 10−10

Exercıcio 5.10.7

E =12r

d〈B〉dt

Exercıcio 5.10.8

Neste movimento, a forca centrıpeta e dadapela resultante

mv2

R= Fc + Fm (Fm << Fc)

onde (veja figura a seguir)

Fc = mv20

Re Fm = ±qvB (S.I.)

Logo,m

R(v2 − v2

0) = ±qvB

Como o termo da diferenca entre os quadradosdas velocidades pode ser expresso como

(v2 − v20) = (v − v0)(v + v0) = ∆v · 2v

Logo,

∆v = ±qBR2m

Exercıcio 5.10.9

Considere uma partıcula de carga q emmovimento circular uniforme, conforme a figuraa seguir.

A corrente eletrica produzida e

I =q

T=

ω

2πq =

v

2πRq

Por outro lado,

m = I · S = IπR2 =v

2qR


Assim,

m0 =v02qR⇒ m−m0 ≡ ∆m =

v − v02

qR

Como

∆v = ±qBR2m⇒ ∆m = ±

(q2R2

4m

)B

Exercıcio 5.10.10

Considere o movimento ao longo do eixo-y(figura) descrito pela equacao

y = y0 cos(2πνt)

A aceleracao e dada por

a = (2πν)2y0 cos(2πνt)

A potencia irradiada e dada pela formula deLarmor

P = 23e2

c3〈a2(tr)〉T

==2e2

3c3× 16π4ν4y2

0〈cos2[2πν(t− r/c)]〉T

Como o valor medio a direita da equacaoanterior e igual a 1/2, chega-se ao resultado

P =16π4ν4e2y2

0

3c3

Exercıcio 5.10.11

P ' 10−12 W

Exercıcio 5.10.12

A formula de Larmor expressa a potenciairradiada por uma carga acelerada e e dada pelaequacao (5.31) do livro, ou seja,

P =2e2

3c3〈a2〉

Para uma forca do tipo F = ma = −eEo cosωt,a aceleracao e dada por

a =eEoω

2 cosωtmω2

o

onde ωo = k/m e a frequencia natural. Assim,

P =2e4E2

oω4〈cos2(ωt)〉

3m2ω4oc

3=

e4E2oc

3m2ω2oλ

4

tendo sido usado o resultado do Exercıcio 5.10.2e depois expresso o resultado final em termosdo comprimento de onda λ, dado pela relacaoω = c/λ.

Este resultado, encontrado originalmente porLord Rayleigh, permite concluir que a luz azul (demenor comprimento de onda) e mais espalhada doque a luz vermelha. De fato, os comprimentosde onda do azul variam entre 450 − 495 nm(nanometros), enquanto os do vermelho estaocompreendidos entre 620−750 nm. Se, para efeitode estimativa, considera-se os valores mediosλazul = 472,5 nm e λvermelho = 685 nm, obtem-se

Pazul

Pvermelho'(λvermelho

λazul

)4

=(

685472,5

)4

= 4,4

Assim, o ceu e azul porque o que se ve e a luzrefratada e espalhada pela moleculas de oxigenioe nitrogenio que compoem o ceu em sua maioria,ou seja, nao se esta olhando diretamente paraa fonte da luz. Entretanto, como a luz violetatem um comprimento de onda ainda menor ('380 − 450 nm) do que o azul, pode-se indagaro porque, entao, o ceu nao e violeta ao invesde azul. Acontece que a visao do olho humano

5. Concepcoes classicas sobre a natureza da luz 15

normal e mais acurada para comprimentos deonda contidos no intervalo de 400−700 nm. Dessemodo, uma parte do violeta nao se ve e a restante,com comprimentos mais proximos do azul, seconfunde com esta cor.

Exercıcio 5.10.13

A energia perdida pelo proton no movimentoorbital e

ε ' 2,7× 10−7 eV

Exercıcio 5.10.14

A distribuicao angular da secao de choquediferencial de Thomson e dada pela figura aseguir.

Note que a secao de choque diferencial deThomson apresenta um mınimo para θ = 90o

e e maxima para a frente (θ = 0o) e para tras(θ = 180o).

6

A Eletrodinamica e a Teoriada Relatividade Restrita de Einstein

Exercıcio 6.11.1

a) Das transformacoes de Galileu entre doissistemas 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= v2 ∂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 equacao de onda de d’Alembert pode ser escrita

nos dois sistemas inerciais como(∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2+

∂2

∂x2− 1c2∂2

∂t2

)Ψ =

=(∂2

∂x′2+

∂2

∂y′2+

∂2

∂z′2− v2

c2∂2

∂x′2+

− 2v

c

∂2

∂x′∂t′− 1c2

∂2

∂t′2

)Ψ′ = 0

ou seja, a equacao nao mantem a mesma formanos dois sistemas inerciais S e S′.[(

1− v2

c2

)∂2

∂x′2+

∂2

∂y′2+

∂2

∂z′2+

− 2v

c

∂2

∂x′∂t′− 1c2

∂2

∂t′2

]Ψ′ = 0

b) por outro lado, resulta das transformacoes deLorentz entre dois sistemas inerciais S e S′,

∂2

∂x2= γ2 ∂2

∂x′2− 2γ2 v

c2∂2

∂x′∂t′+ γ2 v

2

c4∂2

∂t′2

∂2

∂y2=

∂2

∂y′2

∂2

∂z2=

∂2

∂z′2

∂2

∂t′2= γ2v2 ∂2

∂x′2− 2γ2v

∂2

∂x′∂t′+ γ2 ∂

2

∂t′2

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

16

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

S′,(γ2 ∂2

∂x′2− 2γ2 v

c2∂2

∂x′∂t′+ γ2 v

2

c4∂2

∂t′2+

∂2

∂y′2+

+∂2

∂z′2− γ2 v

2

c2∂2

∂x′2+ 2γ2 v

c2∂2

∂x′∂t′+

− γ2

c2∂2

∂t′2

)Ψ′ = 0

Fazendo-se um pequeno algebrismo, ve-se que aequacao de onda de d’Alembert mantem a mesmaforma em dois sistemas inerciais. De fato,[

γ2(

1− v2

c2

)︸︷︷︸

1

∂2

∂x′2+

∂2

∂y′2+

∂2

∂z′2+

− 1c2γ2(

1− v2

c2

)︸︷︷︸

1

∂2

∂t′2

]Ψ′ = 0

Exercıcio 6.11.2

a)(

1− v2

c2

)1/2

' 1− 12v2

c2= 0,99995

b)(

1− v2

c2

)1/2

= 0,02

Exercıcio 6.11.3

∆t′ = Lov

c2=

900× 509× 1016

= 0,5 ps

Exercıcio 6.11.4

v ' 0,14c = 4,2× 107 m/s

Exercıcio 6.11.5

∆t = γd′︸︷︷︸d

v

c2=v

c

d

c=

0,4× 6003× 108

= 0,8 µs

Exercıcio 6.11.6

O encurtamento (∆L) do aviao para umobservador no solo sera dado por

∆L = Lo − L =12

(vc

)2Lo = 0,1 nm

Exercıcio 6.11.7

Para um observador no solo, sera necessario umintervalo de tempo da ordem de

τT = 106 s ' 11,6 dias

para que as medidas dos relogios difiram por umvalor igual a 2,0 µs.

Exercıcio 6.11.8

τT = γ(v)τo = 15,2 µs

Exercıcio 6.11.9

A relacao entre os volumes V e Vo sera dadapor

V

Vo=lx × ly × lzl′x × l′y × l′z

= 0,6

e o volume V , por

V = 0,6 Vo︸︷︷︸1000

= 600 cm3

Exercıcio 6.11.10

δ − δ∗ = 2× 10−7 m

Exercıcio 6.11.11

v = 3,6× 104 m/s


Exercıcio 6.11.12

Para fazer o esboco da dependendia de e/mcom 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

°e/°m

(108 C/g)

1,658213

1,523165

1,085844

0,989663

0,88755

0,741946

0,583652

As duas primeiras colunas correspondem aosdados do exercıcio; a terceira mostra os diversosvalores do fator de Lorentz γ e a ultima leva emconta como valor esperado para e/(γm) o valoratual de e/m dividido pelo respectivo γ.

Na figura acima, comparam-se os valoresobtidos por Kaufmann (cırculos) com os valoresesperados segundo a Relatividade Restrita(quadrados). Cabe notar que a discrepanciaobservada foi o motivo que levou Kaufmann acriticar a teoria de Einstein na epoca de suasmedidas.

7

A desconstrucao do atomo: algumasevidencias do seculo XIX

Exercıcio 7.5.1

Os resultados encontrados sao:

• 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

Exercıcio 7.5.2

A formula de Balmer pode ser escrita como

λ =C(

1m2− 1n2

)onde C ≡ 1/RH .

As relacoes obtidas por Stoney, em 1871,referem-se as raias de Balmer correspondentesaos valores m = 3, 4 e 6. Para estes valores,a aplicacao direta da formula anterior fornece osseguintes comprimentos de onda:

λ3 =C536

=365C

λ4 =C316

=163C

λ6 =C836

=368C

Na notacao de Stoney, estes valores estaorespectivamente associados as raias Hα, Hβ e Hγ .Suas razoes valem

Hα : Hβ =36C

5× 3C

16=

2720

eHα : Hγ =

36C5× 8C

36=

85

=3220

Portanto,

Hα : Hβ : Hγ =120

:127

:132

Exercıcio 7.5.3

Utilizando para 1/RH o valor aproximado de0,9115 × 10−5 cm, encontra-se que o menorcomprimento de onda para a serie de Lyman e911,3 A e o maior, 1 215 A.

Exercıcio 7.5.4

Uma rede de difracao de Rowland tinha umaresolucao da ordem de 600 linhas/mm, o quecorresponde a uma distancia entre as linhas decerca de 1/600 ' 167 × 10−3 mm. Ja uma rede

19


com um espacamento entre linhas de 2× 10−8 m= 2 × 10−5 mm corresponde a um poder deresolucao de

12× 10−5

= 50 000 linhas/mm

Exercıcio 7.5.5

O numero de mols em 1,08× 103 g de agua e

n =1,08× 103 g

18 g/mol⇒ n = 60 mols

Exercıcio 7.5.6

O volume de hidrogenio e calculado pelaequacao de Clapeyron

V =nRT

P

A pressao de 700 mmHg e igual a 0,93× 105 Pa.Logo,

V =2,5× 10−3 × 8,3× 3× 102

0,93× 105

ouV = 6,7× 10−5 m3 = 6,7× 10−2 L

⇓

V = 67 mL

Exercıcio 7.5.7

A constante de Faraday (F ), de acordo com asleis da eletrolise, e a constante de proporciona-lidade entre o equivalente eltroquımico (K) e oequivalente quımico (µ/n).

De acordo com os dados da tabela a seguir, aconstante de Faraday pode ser obtida a partir deum ajuste linear, como ilustra a proxima figura,e e dada por

F = (9,651± 0,001)× 104 C/mol

8

Os raios catodicos: a descobertado eletron e dos raios X

Exercıcio 8.5.1

O estudo das descargas em gases, durante ofinal do seculo XIX, foi um dos capıtulos maismarcantes da Fısica. Foi a partir dele que sedescobriram o eletron e os raios X. O debate cien-tıfico em torno deste tema teve o merito inicial decolocar na ordem do dia a discussao acerca danatureza da luz. Ambas foram descobertas quetiveram, historicamente, um papel essencial nacompreensao da estrutura da materia e da FısicaAtomica.

O eletron poe em evidencia, depois de cerca de25 seculos, o fato de que o atomo nao e indivisıvel,como acreditavam os gregos e os quımicos. Poroutro lado, dos estudos de raios catodicos vaoaparecer as primeiras valvulas e os primeirosdiodos, marcos de uma nova era que estava para seinaugurar no seculo XX, a eletronica, que viria amudar qualitativamente a tecnologia deste seculo.

Ja os raios X, descobertos por Rontgen, forammuito importantes no estudo da cristalografia,a partir dos estudos de William Henry Bragge William Lawrence Bragg e na propriacompreensao as regularidades atomicas, comoficou evidenciado do trabalho sistematico deMoseley. Assim como o eletron, os raios Xtiveram enorme impacto sobre a sociedade, apartir de suas aplicacoes na area medica e,posteriormente, na industria.

Exercıcio 8.5.2

a) (F

P

)eletron

= 3, 6× 1011

b)(F

P

)protron

=1

1836

(F

P

)eletron

= 1,96× 108

Exercıcio 8.5.3

v = 1,45× 107 m/s

Exercıcio 8.5.4

a)y = 0,3537 m

b)θ = 28, 8o

Exercıcio 8.5.5

Y

V=

`D

2dVa

21


Exercıcio 8.5.6

Considere o esquema a seguir.

a)v0 = 2,9× 107 m/s

b)Y = 0,25 mm

Exercıcio 8.5.7

Considere o esquema da figura a seguir.

No movimento circular uniforme (v = ωr),F ⊥ v e, portanto, o angulo descrito apos umtempo t e dado por θ = ωt. Logo, para pequenosangulos,

y = rθ = ωrt = vt

A velocidade pode ser determinada pelaconservacao de energia,

12mv2 = qV ⇒ v =

√2qVm

onde V e o potencial acelerador. Substituindo ovalor de v na expressao anterior para y encontra-se

y =

√2qVm

t ⇒ y1(t)y2(t)

=(m2

m1

)1/2

Exercıcio 8.5.8

e

m= 4,8× 107 C/kg

Exercıcio 8.5.9

O modulo do campo eletrico deve valer

E =3maq

que pode ainda ser escrito como

E =(

1− ρarρ

)3mgq

Exercıcio 8.5.10

V = 1,9× 109 V

Exercıcio 8.5.11

A janela do aparato de Lenard deve serdelgada para evitar que o feixe se enfraquecapela interacao com a materia, deve vedar bemo entorno do orifıcio para eliminar perdasinconvenientes e deve ser resistente o suficientepara suportar a diferenca de pressao entre o arexterior e o ar rarefeito dentro do tubo.

Exercıcio 8.5.12

Uma vez que a densidade do oleo e muito maiordo que a do ar, ρoleo >> ρar, a expressao paraa carga (q) adquirida por uma gota de oleo, emfuncao das velocidades terminais de descida (vg) ede subida (vE) da gota, sob a acao de um campoeletrico E, pode ser expressa como

q ' 9π√

2E

η3/2v1/2g

ρ1/2g1/2(vg + vE)

onde η = 1,824× 10−5 Ns/m2, ρ = 0,92 g/cm3 eg = 9,81 m/s2.

8. Os raios catodicos: a descoberta do eletron e dos raios X 23

Como V = 5 085 V e d = 1,6 cm, o campoeletrico sera dado por E = V/d = 3,18×105 V/m.

Por outro lado, as duas velocidades queaparecem na expressao da carga podem serexpressas, em termos dos tempos de subida (tE)e de descida (tg) da gotıcula, por vg = s/tg evE = s/tE , onde s = 1,021 cm.

Assim, a carga adquirida pela gota de oleo podeser expressa como

q =9π√

2E

η3/2

ρ1/2g1/2

s1/2

t1/2g

s

(1tg

+1tE

)

=9π√

2E

(ηs/tg)3/2

(ρg)1/2

(1 +

tgtE

)

=9πE

√2ρg

(ηs

tg

)3

︸︷︷︸Q

(1 +

tgtE

)

Para o tempo medio de queda tg = 11,88 sresulta Q = 25,99× 10−19 C

Desse modo, de acordo com os dados paraos tempos de subida, os valores para as cargaseletricas das gotas sao reportados na tabela aseguir.

1+tg/tE

tE(s) q(×10–19C)

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

Apos um exaustivo numero de experimentos,Millikan estimou que a menor valor absoluto dadiferenca entre as cargas das gotas de oleo era daordem de

4,991× 10−10 statC = 1,664× 10−19 C

ou seja, as medidas das cargas eletricas erammultiplos de uma quantidade elementar associadaao eletron, cujo valor atual e e = 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 referencia, pode-se construir aproxima tabela com os quatro valores restantes,em funcao da diferenca ∆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 n e o numero inteiro positivo mais proximode |∆q|/e, onde e = 1,664 × 10−19 C e o supostovalor da carga elementar inicialmente estimadapor Millikan.

Definindo-se

x ≡ ∆qe

e y ≡ ∆q − neq1

pode-se testar se os dados sao compatıveis com ahipotese de que existe uma carga elementar, talque a variacao relativa ∆q/q1 seja igual a ne/q1,ou seja, de que y = 0.

Fazendo-se um ajuste aos dados do tipo y = a(constante), obtem-se para a constante e para aincerteza associada (σa), os seguintes valores

a = y =

N∑i=1

yiN

= 0,0004

σa =σy√N

= 0,0017 ⇒ 2σa = 0,0034

onde σy =

√√√√ N∑i

(yi − y)2

N= 0,0034 e N = 4.

O resultado do ajuste e mostrado no diagramade dispersao a seguir.

Uma vez que a < 2σa, o valor de ajusteencontrado para a constante e compatıvel como zero, ou seja, com a hipotese de que a cargaadquirida por uma gota, e quantizada, sendoum multiplo da menor diferenca encontrada por


Millikan

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

a qual e igual a magnitude inicialmente estimadapor Millikan para a carga do eletron.

Exercıcio 8.5.13

6,25× 1018 eletrons/s

Exercıcio 8.5.14

Como as partıculas espalhadas formam umangulo reto no laboratorio, o proton esta colidindocom uma partıculas de massa praticamente iguala dele, portanto, o gas deve ser o hidrogenio.

Exercıcio 8.5.15

d = 2,814 A

9

A Radioatividade

Exercıcio 9.7.1

εα = 1,125× 10−5 erg = 7 MeV

Exercıcio 9.7.2

n = 1,1× 1011 s−1

Exercıcio 9.7.3

NA ' 5,9× 1023

Exercıcio 9.7.4

O limn→∞

Qn = N/No. Expandindo a expressaode Qn de acordo com a formula do binomio deNewton, tem-se

Qn =(

1− λt

n

)n

= 1− nλtn

+n(n− 1)

2!λ2t2

n2+

−n(n− 1)(n− 2)3!

λ3t3

n3+ ...

E conveniente reescreve-la como

Qn = 1− λt+(

1− 1n

)λ2t2

2!+

−(

1− 1n

)(1− 2

n

)λ3t3

3!+ ...

No limite em que n→∞,

Qn =N

No= 1− λt+

λ2t2

2!− λ3t3

3!+ ... = e−λt

Assim,N = No e

−λt

Exercıcio 9.7.5

m = 2,52× 10−3 g

Exercıcio 9.7.6

O processo de decaimento de radioisotopos aser considerado e do tipo

A→ B → C

Sabe-se que a lei do decaimento radioativo e

−dNdt

= λN

Como o elemento B esta no meio da cadeiade decaimento, o numero deste radioisotopo queainda existira decorrido um intervalo de tempo tsera a diferenca entre o numero produzido pelodecaimento de A e o numero que decaiu em C.

Se No e o numero inicial de atomos do tipo Ae sua constante de decaimento e λA, o numero deatomos do tipo B formados apos um intervado detempo dt sera igual ao numero dN de atomos Aque decaıram em B, o que e dado por

−dN(A → B)dt

= λANA

25


Por sua vez, se se considera que o numero inicialde atomos do tipo B e zero e que sua constantede decaimento e λB, neste mesmo intervalo detempo o numero destes atomos vai variar seguindoa mesma lei, ou seja,

−dN(B → C)dt

= λBNB

A variacao final de atomos do tipo B, dNB,neste intervalo infinitesimal de tempo, e adiferenca das duas equacoes, ou seja,

−dNB

dt= λANA − λBNB

O numero de atomos do tipo A que sobrevivempode ser eliminado da equacao anterior lembrandoque

NA = No e−λAt

Assim,

dNB

dt= λANo e

−λAt − λBNB

oudNB

dt+ λBNB = λANo e

−λAt

E conveniente multiplicar-se toda a ultimaequacao pelo fator eλBt, de forma a facilitar aintegracao. De fato, obtem-se

eλBtdNB

dt+ λBNBe

λBt = λANo e(λB−λA)t

ou

eλBt dNB + λBNB eλBt dt = λANo e

(λB−λA)t dt

que e ainda equivalente a

d(eλBtNB

)= λANo e

(λB−λA)t dt

Integrando-se ambos os lados, chega-se a

NB eλBt =

λAλB − λA

No e(λB−λA)t + C

onde C e uma constante de integracao, que podeser determinada pela condicao de que o numerode atomos B em t = 0 e nulo:

0 =λA

λB − λANo + C ⇒ C = − λA

λB − λANo

Substituindo este valor na equacao anterior,obtem-se

NB eλBt = No

λAλB − λA

[e(λB−λA)t − 1

]e, finalmente,

NB = NoλA

λB − λA

[e−λAt − e−λBt

]

10

A radiacao de corpo negro e aconcepcao corpuscular da luz

Exercıcio 10.6.1

Segundo Paschen, a densidade espectral deenergia da radiacao de corpo negro e dada por

u(λ, T ) = bλ−γ e−a/(λT )

onde γ ' 5,66.

Assim, a lei de Stefan pode ser escrita como

u =∫ ∞

0u(λ, T ) dλ = aT 4

= b

∫ ∞0

λ−γ e−a/(λT ) dλ

Definindo

a

λT≡ x ⇒ λ =

a

xT⇒ dλ = − a

x2Tdx

obtem-se

u = ba1−γT γ−1

∫ ∞0

xγ−2e−x dx︸︷︷︸ cte. = aT 4

Logo, para se obter a dependencia correta daenergia total irradiada pelo corpo negro com atemperatura, deve-se ter γ − 1 = 4, ou seja,

γ = 5

Exercıcio 10.6.2

Se um foton e totalmente absorvido por umeletron livre, este adquire toda sua energia e todoo seu momentum. Segundo as leis de conservacaode momentum e energia,

~pγ + ~pe = ~p′e ⇒ p2γ + p2

e + 2~pγ · ~pe = p′2e

Eγ + Ee = E′e ⇒ E2γ + E2

e + 2EγEe = E′2e

Multiplicando a expressao derivada da conser-vacao do momentum por c2 e subtraindo-a daexpressao derivada da conservacao de energia,obtem-se

(E2γ − p2

γc2)︸︷︷︸

0

+ (E2e − p2

ec2)︸︷︷︸

m2ec

4

+

+2(EγEe − ~pγ · ~pec2) = (E′2e − p′2e c2)︸︷︷︸m2ec

4

Uma vez que Eγ = pγc e mec2 e invariante, pode-

se escreverEγEe = (~pγ · ~pe)c2

⇓

Ee = pec cos θ ⇒ Eepec≤ 1

Desse modo, a hipotese de que a energia e omomentum de um foton podem ser inteiramentetransferidos para um eletron livre, e incompatıvelcom a expressao relativıstica

E2e = p2

ec2 +m2

ec4 ⇒ Ee

pec> 1

27


Assim, a energia e o momentum nao poderiamse conservar simultaneamente se o eletron forlivre. Entretanto, se o eletron for ligado, haverauma contribuicao a sua energia devida a interacaoeletromagnetica, expressa pela funcao trabalho.

Exercıcio 10.6.3

A dimensao da constante de Planck e

[h] = [energia]× [tempo] = ML2T−2T = ML2T−1

Por outro lado,

[momento angular] = [momentum linear]××[distancia] = MLT−1L = ML2T−1

Portanto,

[h] = [momento angular]

Exercıcio 10.6.4

E = 21, 796× 10−19 J = 13,62 eV

Exercıcio 10.6.5

PN = 126 W

Exercıcio 10.6.6(N

t

)= 1019 fotons/s

Exercıcio 10.6.7

T = 5,7× 103 K

Exercıcio 10.6.8

a)

uλ =8π chλ5

1ehc/KλT − 1

com (λMT = b = 0,29 cm ·K) .

b) (1− x

5

)= e−x

c)h

k= 4, 8× 10−11 s.K

Exercıcio 10.6.9

k4

h3' 1,25× 108 J.s−3 ·K−4

Exercıcio 10.6.10

k = 1,38× 10−23 J/K

eh = 6,6× 10−34 J.s

Exercıcio 10.6.11

P = u/3

dU = TdS − PdV = d(uV ) = udV + V du

= udV +(

dUdT

)dT

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

dU = T

(∂S

∂T

)V

dT + T

(∂S

∂T

)T

dV − u

3dV

= udV + T

(dudT

)dT

10. A radiacao de corpo negro e a concepcao corpuscular da luz 29

ou

T

(∂S

∂T

)V

dT + T

(∂S

∂T

)V

dV =

= V

(dudT

)dT +

(u+

v

3

)︸︷︷︸

43u

dV

(∂S

∂T

)V

=V

T

dudT(

∂S

∂T

)T

=43u

T

Igualando

[∂

∂V

(∂S

∂T

)V

]T

=[∂

∂T

(∂S

∂V

)T

]V

Obtem-se

1T

dudT

=43

1T

dudt− 4

3u

T 2

⇓dudT

=4uT

⇒ u = aT 4

Exercıcio 10.6.12

De acordo com a hipotese de Einstein, opotencial de corte V e a frequencia ν, associadaao foton incidente, estao relacionadas por

V =(h

e

)ν − φ

onde h e a constante de Planck, e e a carga doeletron e φ, a funcao trabalho.

A partir dos dados da Tabela 10.7, reproduzidaa seguir, que apresentam um coeficiente decorrelacao linear da ordem de 0,999719, a relacaode Einstein se ajusta aos dados quando osparametros a = h/e e b = −φ sao

a =(h

e

)× 1014 = 0,4037 J.s./C

eb = −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 eletron 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 referencia,

href = 6,62606876(52)× 10−34 J.s

encontra-se a discrepancia

|hest − href| = 0,166

Sendo esta diferenca menor que 2 × 0,12 = 0,24este resultado mostra a compatibilidade entre aestimativa e o valor de referencia.


Exercıcio 10.6.13

A cinematica do efeito Compton estarepresentada na figura a seguir.

Da consevacao da energia, tem-se

εγ + ε0 = ε′γ + ε

Explicitando o quadrado da energia do fotonespalhado

ε′2γ = ε2γ + 2ε0εγ + ε20 − 2(εγ + ε0)ε+ ε2

O diagrama seguinte expressa a lei daconservacao de momentum

p′2γ = p2 + p2γ − 2ppγ cosφ

donde,

ε′2γ = p2c2 + ε2γ − 2pcεγ cosφ

Levando-se em conta que (pc)2 = ε2 − ε20 eigualando as duas equacoes anteriores para ε′2,obtem-se

ε′2γ = ε2γ + 2ε0εγ + ε20 − 2(εγ + ε0)ε+ ε2

= ε2 − ε20 + ε2γ − 2pcεγ cosφ

donde

(εγ + ε0)ε− 2ε0(εγ + ε0) = 2pcεγ cosφ

ou(ε− ε0)(εγ + ε0) = pcεγ cosφ

que elevado ao quadrado resulta em

(ε− ε0)2(εγ + ε0)2 = (pc)2ε2γ cos2 φ

Uma vez que (pc)2 = ε2 − ε20 = (ε+ ε0)(ε− ε0),resulta

(ε− ε0)(εγ + ε0)2 = (ε+ ε0)ε2γ cos2 φ

Assim,

ε− ε0ε+ ε0

=ε2γ cos2 φ

(εγ + ε0)2=

ε2γ cos2 φ

ε2γ + 2ε0εγ + ε20

Portanto,

ε(ε2γ + 2ε0εγ + ε20 − ε2γ cos2 φ) =

= ε0(ε2γ + 2ε0εγ + ε20 + ε2γ cos2 φ)

ou

ε[ε2γ(1− cos2 φ) + 2ε0εγ + ε20] =

= ε0[ε2γ(1− cos2 φ) + 2ε0εγ + ε20] + 2ε0ε2γ cos2 φ

Assim,

ε = ε0 +2ε0ε2γ cos2 φ

ε2γ(1− cos2 φ) + 2ε0εγ + ε20

= ε0 +2ε2γ cos2 φ

εγε0

(1− cos2 φ) + 2 +ε0εγ

Uma vez que

εγε0

=hν

mc2≡ α

pode-se escrever

ε =2hν cos2 φ

α(1− cos2 φ) + 2 + 1α

+mc2

ou ainda,

ε = hν2α cos2 φ

α2 + 2α+ 1︸︷︷︸(1+α)2

−α2(1− cos2 φ)+mc2

10. A radiacao de corpo negro e a concepcao corpuscular da luz 31

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

ε = hν2hν

mc2cos2 φ(

1 +hν

mc2

)2

−(hνmc2

)2(1− cos2 φ)

+mc2

11

Modelos atomicos classicos

Exercıcio 11.8.1

A solucao deste problema requer a elaboracaode um programa numerico. Apresenta-se abaixoo fluxograma logico deste programa, a partir doqual determina-se o limite solicitado.

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

S=0LOOP 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)

Exercıcio 11.8.3

a

g' 1020

Exercıcio 11.8.4

Trata-se, na verdade, de um exercıcio muitosimples. Basta que se perceba que a secao dechoque de Rutherford depende do produto dacarga nuclear e da partıcula espalhada elevado aoquadrado,

dσdΩ

=(Ze2

mv2o

)2 1sen4 θ/2

Portanto, se ao inves de Ze o nucleo tivesseuma carga eletrica −Ze em nada alterariaa previsao de espalhamento do modelo deRutherford.

32

12

Modelos quanticos do atomo

Exercıcio 12.6.1

B = 14 Wb/m2 = 14 T

Exercıcio 12.6.2

µ = 9,0× 10−24 A.m2

Exercıcio 12.6.3

ν23

ν13=

5/368/9

=532

Exercıcio 12.6.4

Segundo o modelo de Bohr, o espectro deenergia do atomo de hidrogenio e dado por

εn = − e2

2a1n2

= − εI

n2

onde εI e a energia de ionizacao.

Considerando que a energia de um foton (γ)absorvido ou emitido por um atomo de hidrogenioe dada pela diferenca de energia entre dois nıveisdo espectro,

εγ = hν =hc

λ= |εn − ε`| = εI |

1n2− 1`2|

e a serie de Balmer corresponde a transicoes apartir do nıvel ` = 2, cujos comprimentos de ondacorrespondentes sao dados por

hc

λ= εI |

1n2− 1

4|

Assim, o menor comprimento de onda (λmin)corresponde a transicao tal que n → ∞, o quedefine o processo fısico de ionizacao para o qualo eletron e arrancado do atomo, e a energia deionizacao pode ser determinada por

εI =4hcλmin

= 21,764× 10−19 J

ouεI = 13,6 eV

Exercıcio 12.6.5

Representando os nıveis de energia segundoo esquema abaixo, que mostra a transicao donıvel 5 para o nıvel 3, o problema resume-sea determinacao do numero de pares de inteirosexistentes entre n = 1 e n = 5.

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

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

(3, 2) (3, 1)

(2, 1)

10 pares

Esse numero pode ser calculado tambem pelaanalise combinatoria como

C25 =

(52

)=

5!(5− 2)! 2!

=5!

3! 2!= 10

Exercıcio 12.6.6

εo = 2,72 keV

33


Exercıcio 12.6.7

v = αc

Exercıcio 12.6.8

x =mp

me= 1 836,28

Exercıcio 12.6.9 Para as impurezas do tipo i,√c

λi=

126

√c

λCo(Zi − 1)

ou

Zi = 1 + 26√λCoλi

Para i = 1,

Z1 = 1 + 26

√17852285

' 24 ⇒ Cromo

e, para a outra impureza,

Z2 = 1 + 26

√17851537

' 29 ⇒ Cobre

13

A Mecanica Quantica Matricial

Exercıcio 13.5.1

〈ε〉 =∑∞ εne

−βεn∑n e

βεn=−ddβ

log∞∑n=0

e−βεn

onde β = 1/kT

εn = (n+ 1/2)ε0 = nε0︸︷︷︸ε′n

+ε0/2

〈ε〉 = − d

dβlog

[e−βε0/2

∞∑n=0

e−βε′n

]

=d

dβ

[−β ε0

2+ log

∞∑n=0

e−βε′n

]

=ε02− d

dβlog

ν∑n=0

e−βε′n

︸︷︷︸ε0e−βε0

1−e−βε0

=ε02

[1 +

2e−βε0

1− e−βε0

]=ε02

(1 + eβε0

1− e−βε0

)=

ε02

eβε0/2 + e−βε/2

eβε0/2 − e−βε0/2=hν

2cotgh

(hν

2kT

)

Exercıcio 13.5.2

A matriz hamiltoniana, nesse caso, e dada por

H =p2

2m+

12mω2

0x2 − eEx

Completando, convenientemente, os termos,pode-se escrever

H =p2

2m+

12mω2

0x2 − eEx+

e2

2mω20

E2 − e2

2mω20

E2︸︷︷︸=0

=p2

2m+

(√m

2ω0x−

√2m

e

2ω0E

)2

− e2

2mω20

E2

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

H =p2

2m+

12mω2

0y2 − e2

2mω20

E2

Desse modo,

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

m

e[p,H] = −i~mω2

0x

Portanto, a solucao para as matrizes y e pimplica que os termos diagonais da matriz Hsejam dados por

εn =(n+

12

)~ω0 −

e2

2mω20

E2

Exercıcio 13.5.3

Parte-se de [x, p] = i~, H = T + V , T =p2/(2m) e V = mω2

0x2/2.

35


a)

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

= [p, p2/(2m)] + [p,mω20x

2/2]

=1

2m[p, p2] +

12mω2

0[p, x2]

Levando-se em conta que

[A,B2] = [A,BB] = ABB −BBA

= ABB−BAB +BAB︸︷︷︸=0

−BBA

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

e que[p, f(p)] = 0

para qualquer funcao f que dependa so dosmomenta, pode-se escrever

[p,H] =12mω2

0[p, x]x+ x[p, x]

e lembrando que [p, x] = −i~,

[p,H] = [p, V ] = −i~mω20x

b)

[x,H] = [x, T + V ] = [x, T ] + [x, V ] = [x, p2/(2m)]

=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[x2, p2] =

12m

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

=

12m([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 − Txp

Como [x, p] = i~⇒ xp = i~+px, pode-se escrever

[xp, T ] = i~T + pxT − i~T − Tpx

= pxT − Tpx = [px, T ]

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

[xp, T ] = xTp− Txp = [x, T ]p

ou

[xp, T ] = [px, T ] = i~p2

m= 2i~T

Exercıcio 13.5.4

a) Substituindo no operador hamiltoniano

H =p2

2m+

12mω2x2

as definicoes de x e p em termos dos operadoresa e a†, tem-se

H = − 12m

~ωm2

(a† − a)(a† − a)+

+12mω

2 ~2ωm(a+ a†)(a+ a†)

=~ω4

−(a† − a)(a† − a) + (a+ a†)(a+ a†)

=

~ω4

−a†a† + aa† + a†a− aa+

+aa+ aa† + a†a+ a†a†

ou

H =~w2

(a†a+ aa†)

13. A Mecanica Quantica Matricial 37

b) Para calcular o comutador [a, a†], e precisoexplicitar primeiro os operadores a e a† em termosde x e p:

a+ a† =

√2ωm

~x

a− a† = i

√2

~ωmp

ou seja,

a† =12

(√2ωm

~x− i

√2

~ωmp

)≡ 1

2(αx− iβp)

a =12

(√2ωm

~x+ i

√2

~ωmp

)≡ 1

2(αx+ iβp)

Assim,

[a, a†] =14

[(αx+ iβp), (αx− iβp)]

=14

(−iαβ[x, p] + iαβ[p, x])

=iαβ

4([p, x]− [x, p]) = −2iαβ

4[x, p]

= − iαβ2× i~ =

12

√2ωm

~×√

2~ωm

× ~

ou seja,[a, a†] = 1

c)

[H, a†] =~ω2

[a†a+ aa†, a†]

=~ω2

(a†aa† − a† a†a︸︷︷︸+ aa†︸︷︷︸ a† − a†aa†)O primeiro e o quarto termos de anulam.Os termos assinalados na equacao anteriorpoder ser escritos convenientemente utilizado,respectivamente, as relacoes a†a = aa†−1 e aa† =1 + a†a, que decorrem da relacao de comutacaoentre os operadores a e a†. Assim,

[H, a†] =~ω2

(a† − a†aa† + a†aa† + a†)

⇓

[H, a†] = ~ω a†

Analogamente,

[H, a] =~ω2

[a†a+ aa†, a]

=~ω2

( a†a︸︷︷︸ a− aa†a+ aa†a− a aa†︸︷︷︸)Agora o segundo e o terceiro termos se anulam esubstituem-se os termos assinalados de modo que

[H, a] =~ω2

(−a+ aa†a− aa†a− a)

⇓

[H, a] = −~ω a

d) Considere, inicialmente, um auto-estado ψ dooscilador harmonico simples, de energia ε, tal que

Hψ = εψ

Aplicando-se, por exemplo, a identidade[H, a†] = (~ω/2)a† sobre a funcao ψ, tem-se

[H, a†]ψ =~ω2a†ψ = Ha†ψ − a†Hψ

Pode-se ainda escrever(H − ~ω

2

)a†ψ = a†Hψ = a†εψ = εa†ψ

donde

Ha†ψ =(ε+

~ω2

)a†ψ

Portanto, o estado a†ψ e auto-estado do operadorhamiltoniano, com autovalor ε + ~ω/2. Poreste motivo, a† e denominado operador delevantamento, enquanto a e o operador deabaixamento, pois o estado aψ e auto-estado dooperador hamiltoniano, com autovalor ε− ~ω/2.

Uma consequencia imediata disto e que ooperador a, se aplicado ao estado fundamental,da zero como resultado, isto e,

aψ0 = 0


Por outro lado, foi mostrado no item a, que

H =~w2

(a†a+ aa†)

Com o uso da relacao de comutacao [a, a†] = 1, ohamiltoniano pode ser reescrito como

H = a†a+12

~w

Se este operador e aplicado ao estadofundamental,

Hψ0 = a†aψ0 +12

~wψ0 =12

~wψ0

Mostra-se, assim, que ~ω/2 e o menor valor deenergia do oscilador harmonico simples.

14

A Mecanica Quantica Ondulatoria

Exercıcio 14.11.1

“A onda e um quadro de jogos, o corpusculouma chance.” Esta frase de Bachelard faz alusaoao fato de que a previsao de qualquer medidareferente a uma partıcula quantica, ao contrariodo que ocorre em Fısica classica, requer oconhecimento previo de sua funcao de ondaem todo o espaco, obtida a partir da equacaode Schodinger. Todas as informacoes sobre apartıcula, de uma certa forma, ja estao contidasnesse quadro formado pelo espaco abstrato dasfuncoes de onda, o espaco de Hilbert. E umamedida particular que projeta uma e apenas umachance dentre todas as possıveis.

Exercıcio 14.11.2

a) v = 108 m/s ⇒ v/c = 1/3 ⇒ γ =(1− 1

9

)−1/2

=1√8/9

=3√

84

⇒ 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× 1020 Hz

b)E = 16 eVEo = 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× 1023 Hz

Exercıcio 14.11.3

εc = 4,4× 10−6 eV

Exercıcio 14.11.4

λ = 3,33 A

Exercıcio 14.11.5

Como pc << mHec2, o problema e nao relativıs-

tico, e segue-se

a)

v =p

m⇒ v = 1,66 m/s

39


b)

εc =p2

2m⇒ T = 1,33 K

Exercıcio 14.11.6

Se existe uma onda associada a uma partıcula,como defendia de Broglie, ela deve, segundoSchrodinger, por analogia ao problema da cordavibrante, satisfazer uma equacao de onda tipod’Alembert (equacao (5.1) do livro de texto)(

∇2 − 1v2

∂2

∂t2

)Ψ(~r, t) = 0

Uma solucao geral desta equacao pode ser dotipo

Ψ(~r, t) = u(~r)e−iωt

da qual resulta que a funcao que contem adependencia espacial deve satisfazer a equacao

∇2u+ k2u = 0

onde k2 = ω2/v2.

Por outro lado, de Broglie havia admitido aexistencia de uma relacao linear entre ~p e ~k, talque

~p = ~~k

e, portanto,

k2 =p2

~2

O termo p2 pode ser expresso em funcao daenergia total do sistema conservativo, ou seja,

H = E =p2

2m+ V ⇒ p2 = 2m(E − V )

e, portanto,

k2 =2m~2

(E − V )

resultado este que leva a seguinte equacao parau(~r):

∇2u+ 2m~2(E − V )u = 0

ou,

− ~2

2m∇2u(~r) + V (~r)u(~r) = Eu(~r)

que e a equacao de Schrodinger independente dotempo.

Exercıcio 14.11.7

Da equacao de Schrodinger,

− ~2

2m∇2ψ + V (~r)ψ = i~

∂ψ

∂t

se V = VR + iVI e ψ = ψR + iψI , segue-se (igualdando-se as partes real e imaginaria dsequacao) que

− ~2

2m∇2ψR + VRψR − VIψI = ~

∂ψI∂t

− ~2

2m∇2ψI + VIψR + VRψI = ~

∂ψR∂t

Se ψR = 0, das equacoes anteriores resulta,respectivamente,

VIψI = −~∂ψI∂t

− ~2

2m∇2ψI + VRψI = 0

Logo, a dependencia temporal de ψI variaria ex-ponencialmente no tempo como

ψI (t) = ψI (0)e−~t/VI

com um coeficiente ~/VI . Ja a dependencia espa-cial seria dada pela equacao de Schrodinger inde-pendente do tempo, sendo o potencial apenas aparte real do potencial total.

Por outro lado, se ψI = 0,− ~2

2m∇2ψR + VRψR = 0

VIψR = ~∂ψR∂t

⇒ ψR(t) = ψR(0)e+~t/VI

Neste caso, ψR tambem variaria exponencialmen-te no tempo, com o mesmo coeficiente, mas sinalcontrario, enquanto que a equacao espacial e domesmo tipo do caso anterior.

Portanto, pode-se concluir que a existencia deum potencial complexo permite que a funcao

14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 41

de onda seja somente real ou imaginaria pura,mas nao haveria conservacao da densidade deprobabilidade.

Exercıcio 14.11.8

Suponha que existam duas autofuncoesdiferentes, uk e u`, com autovalores de energiaEk e E`. Logo

d2ukdx2

=2mEk

~2uk +

2mV~2

uk

d2u`dx2

=2mE`

~2u` +

2mV~2

u`

Multiplicando a primeira equacao por u` e asegunda, por uk, e subtraindo uma da outra,chega-se a

u`d2ukdx2

− ukd2u`dx2

=2m~2

(Ek − E`)uku`

ou

ddx

[uk

du`dx− u`

dukdx

]=

2m~2

(Ek − E`)uku`

o que equivale a

ukdu`dx− u`

dukdx

=2m~2

(Ek − E`)∫uku`dx

Se ha degenerescencia, Ek = E` para uk 6= u`,o que implica que

du`dx

= u`dukdx

oudu`u`

=dukuk

o que requer que u` = uk, contrariando a hipotese.Portanto, em problemas unidimensionais, naoha autoestados degenerados para a equacao deSchrodinger.

Exercıcio 14.11.9

H(−i~∂/∂q, q) = H(−i~∂/∂q, −q)

H(q)ψE(q) = EψE(q)

H(−q)ψE(−q) = EψE(−q) = H(q)ψE(−q)

⇓

ψE(q) ∼ ψE(−q) ou ψE(q) = λψE(−q)

⇓∫ ∣∣ψE(q)∣∣2 dq =

∫ ∣∣λψE(−q)∣∣2 dq = 1

Logo,

λ2

∫ ∣∣ψE(q)∣∣2︸︷︷︸

1

dq = 1

λ2 = 1 ⇒ λ = ±1

Exercıcio 14.11.10

A =√

2L

b)

ρn(x) =2L

sen2(nπx

L

)=

1L

[1− cos

(nπx

L

)]

c) A probabilidade P = P (0 < x < L/4) e dadapor


P =14

+1

2nπ×

0 n = par

−1 n = 1, 5, 9, · · ·

1 n = 3, 7, 11, · · ·

Exercıcio 14.11.11

∆E =√〈E2〉 − 〈E〉2 =

√E2n − E2

n = 0

Exercıcio 14.11.12

Sejaψ(~r, 0) = αψ1(~r) + βψ2(~r)

A densidade de probabilidade e dada por

ρ(~r, t) = ψ∗(~r, t)ψ(~r, t) =

= a(~r) + [c(~r) + c∗(~r)] cosωt+

= i[c(~r)− c∗(~r)] senωt

ouρ(~r, t) = a(~r) + b(~r) cos[ωt+ φ(~r)]

ondeb(~r) senφ(~r) = <[c(~r)] = c(~r) + c∗(~r)

−b(~r) cosφ(~r) = −=[c(~r)] = i[c(~r)− c∗(~r)]

Assim,

tgφ(~r) =<[α∗βψ∗1(~r)ψ2(~r)]=[α∗βψ∗1(~r)ψ2(~r)]

eb = 2|c| = 2|α||β|

∣∣ψ1(~r)∣∣ ∣∣ψ2(~r)

∣∣Exercıcio 14.11.13

ψ(x, 0) =

Aeiko xo < x < xo + a

0 x < xo e x > xo + a

a)

A =1√a

b)

1a

½ x( )

x0 x +a0

x

fig. 14.13

ρ(x) =

0 x < xo

1/a xo < x < xo + a

0 x > xo + a

c)〈x〉 = xo + a/2

d)

〈x2〉 = x2o + xoa+

a2

3

Assim,

(∆x)2 = 〈x2〉 − 〈x〉2 = a2

(13− 1

4

)=a2

12

ou∆x =

a√12

Exercıcio 14.11.14

a)

A† = − ddx

b)A† = c∗

14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 43

c)

A† = id

dx= A

d)

A† = A

Exercıcio 14.11.15

Aφn(~r) = anφn(~r)

a) ∫Vφ∗n (Aφn) dV =

∫V

(Aφn)∗ φn dV

ou(an − a∗n)

∫V

∣∣φn∣∣2 dV︸︷︷︸≥0

= 0

⇓

an = a∗n (real)

b) ∫Vφ∗n (Aφn) dV =

∫V

(Aφ`)∗ φn dV

ou(an − a`)

∫Vφnφ` dV = 0

Para an 6= a` ⇒∫V φ∗`φn dV = 0

Exercıcio 14.11.16

〈A〉 =∑

n |cn|2an

Exercıcio 14.11.17

H = p2/2m e [x, p] = i~

a)[x,H] = i~

p

m

b)

[x2, H] = [xx,H] = i~m

(xp+ px)

c)

[xp,H] + [px,H] = 2i~p2

m

Exercıcio 14.11.18

a)

[~r · ~p, T ] = i~m

(p2x + p2

y + p2z) = i~

p2

m

b)~r = rr

~p = −i~~∇ = −i~(r∂

∂r+ θ

1r

∂

∂θ+ φ

1rsen θ

∂

∂φ

)

Logo,

[~r · ~p, V (r)] = −i~rdVdr

Exercıcio 14.11.19

ωo =1√LC

⇒ T =2πωo

= 2π√LC

(eV )︸︷︷︸energia

·T ' 10−27 J.s h

Exercıcio 14.11.20

a)

limα→∞

senqαq

=∫ ∞

0cos(qx) dx

cos(qx) = limε→0

e−εxeiqx + e−iqx

2ou

cos(qx) =12

limε→0

[∫ ∞0

e(iq−ε)x dx+

+∫∞0 e(−iq−ε)x dx

]


cos(qx) =12

limε→0

[1

iq − εe(iq−ε)x

∣∣∣∣∞0

− 1iq+εe

(−iq−ε)x∣∣∣∣∞0

]

cos(qx) =12

limε→0

(1

iq + ε− 1iq − ε

)=

= 12 limε→0

(1

ε+iq + 1ε−iq

)=

12

limε→0

2εε2 + q2

Logo

limα→∞

senqαq

= limε→0

2εε2 + q2

b)

Fazendo q = ε tg θ ⇒ ε2 + q2 = ε2(1 + tg2 θ) =ε2 sec2 θ, tem-se dq = ε sec2 θ dθ, donde

limε→0

∫ ∞−∞

ε

ε2 + q2dq = 2

∫ π/2

0dθ = π

Logo,

limε→0

ε

ε2 + q2= πδ(q)

12"

1"

" " q

lim

" 0

""2 2+q

= ( )a± q

15

Aplicacoes da equacao de Schrodinger

Exercıcio 15.7.1

a) As solucoes para cada uma das regioes saodadas por

ψI =

incidente︷︸︸︷Aeikox +

refletida︷︸︸︷Be−ikox

ψII = Ceikx︸︷︷︸transmitida

b)

t =4√

1− Vo/E(1 +

√1− Vo/E

)2

r = 1− t = 1−4√

1− Vo/E(1 +

√1− Vo/E

)2

r =

(1−

√1− Vo/E

)2

(1 +

√1− Vo/E

)2

Exercıcio 15.7.2

Considere o poco de potencial confinanteesquematizado na proxima figura. A funcao de

0 a x

onda de uma partıcula livre dentro do poco e

ψn(x) =

√

2a

sen(nπx

a

)(0 < x < a)

0 (x < 0 e x > a)

com autovalores

En = n2 π2~2

2ma2

onde n = 1, 2, 3, · · ·

a) O valor medio da posicao e dado por

〈x〉n =a

2

O valor medio do momentum e dado por

〈p〉n = 0

b)

(∆x)n =a√12

√1− 6

n2π2

45


O valor medio do quadrado do momentum edado por

(∆p)n = ~(nπa

)Chega-se, portanto, ao produto das incertezas,

dado por

(∆x)n(∆p)n = ~√n2π2

12− 1

2

Para n = 1⇒ ∆x ·∆p e mınimo. Neste caso,

(∆x∆p)mınimo ' 0,57~ >~2

c)

|ψ(p)|2 =(

~pa

)4(30aπ~

)[1 + 4

(~pa

)2]×

×[1 + cos

(pa~

)]

d)

A =1a2

√30a

e)

cn =8√

15n3π3

com n = 1, 3, 5, ...

⇓

P (En) =| cn |2=960n6π6

e)

∆x = a

√27− 1

4=

a

2√

7

∆p =√

10~a

Assim, o produto das incertezas e dado por

(∆x)(∆p) =

√107

~2>

~2

d) Partindo da funcao de onda no instante t = 0,

ψ(x, 0) =∞∑n=1

8√

15n3π3

sen(nπx

a

)n = 1, 3, 5, ...

En = n2 π2~2

2ma2

obtem-se a dependencia temporal de ψ multipli-cando-se cada uma das autofuncoes sen (nπx/a)por E−iEnt/~, chegando-se assim a

ψ(x, t) =8√

15π3

sen

(πxa

)e−i

π2~2ma2 t

+127

sen(

3πxa

)e−i

27π2~2ma2 t

+1

125sen

(5πxa

)ei−125π2~

2ma2 t

+173

sen(

7πxa

)e−i

−73π2~2ma2 t + · · ·

Exercıcio 15.7.3

A figura a seguir representa o potencial descritono enunciado do exercıcio.

x0 a

Vo

V x( )

I III

Eo

II

V

15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 47

t =[1 + V 2

o4E(Vo−E) senh2 ρa

]1b)

limE<<V0

t =16E(V0 − E)

V 20

e2ρa << 1

c) E > V0

t =[1 +

Vo

4E(E − Vo)sen2 ka

]−1

t =[1 +

14(E/Vo)(E/Vo − 1)

sen2ka

]−1

Esta expressao mostra um efeito ressonante, comoilustram as figuras a seguir para diferentes valoresde ........

d) E >> V0 ⇒ k =√

2mE/~ = k0

limE>>V0

t =

[1 +

14(E/Vo)2

sen2

√E

Vo

√2mVo~ a

]−1

= 1−(Vo

E

)2

sen2

√E

Vo

√2mVo

~a

f) r = 1− t =(Vo2E

)2sen2√EVo

√2mVo~ a

g) O maximo de t e obtido quando r = 0.

ko = nπ ⇒ tmax = 1

2mE~2

a2 = n2π2

⇓

En =n2π2~2

2ma2n = 1, 2 · · ·

Exercıcio 15.7.4

t = 6,93× 10−69

Exercıcio 15.7.5

E =−ma2V 2

0

2~2


Exercıcio 15.7.6

Exercıcio 15.7.7

a) Como foi visto no exercıcio 13.5.2, e conve-niente completar o quadrado no operador hamil-toniano, acrescenta-do e subtraindo o termoconstante q2ε/(2mω2

0) (ja que o campo eleetricoe constante), de modo que

H =p2

2m+

12mω2

0x2 − qεx+

q2

2mω20

ε2 − q2

2mω20

ε2︸︷︷︸=0

=p2

2m+

(√m

2ω0x−

√2m

q

2ω0ε

)2

− q2

2mω20

ε2

Definindo-se uma nova variavel

y = x− q

mω20

ε

reescreve-se o hamiltoniano como

H =p2

2m+

12mω2

0y2 − q2

2mω20

ε2 = Hosc −q2

2mω20

ε2

Neste caso, os autovalores ja foram determinadosno exercıcio 13.5.2 e valem

εn =(n+

12

)~ω0 −

q2

2mω20

ε2

b)


c)

Exercıcio 15.7.8

Exercıcio 15.7.10

a)

b)

c)

d)

e)

Exercıcio 15.7.11 Neste exercıcio utiliza-se aformula do momento angular em coordenadascartesianas e suas componentes, bem como asrelacoes de incerteza [xi, pj ] = i~δij .

a)

[Lx, z] = [ypz, z]− [zpy, z] = y[pz, z] = −i~y

b)

[Ly, z] = [zpx, z]− [xpz, z] = −x[pz, z] = i~x

c)

[Lx, y] = [ypz, y]− [zpy, y] = −z[py, y] = i~z

d)

[Ly, x] = [zpx, x]− [xpz, x] = z[px, x] = −i~z

e) Parte-se de

[L2, z] = [L2x, z] + [L2

y, z] + [L2z, z]

que e ainda igual a

[L2, z] = Lx[Lx, z] + [Lx, z]Lx + Ly[Ly, z]+

+[Ly, z]Ly + Lz[Lz, z] + [Lz, z]Lz

O comutador [Lz, z] = 0 e os demais foramcalculados nos ıtens anteriores. Portanto,

[L2, z] = Lx(−i~y) + (−i~y)Lx+

+Ly(i~x) + (i~x)Ly

= i~(−Lxy − yLx + Lyx+ xLy)

Pode-se ainda escrever

[L2, z] = 2i~(xLy − yLx − i~z)

f) Usando o resultado do item anterior,

[L2, [L2, z]] = 2i~

[L2, xLy]− [L2, yLx]+

−i~[L2, z]

= 2i~

[L2, x]Ly + x[L2, Ly]+

−[L2, y]Lx − y[L2, Lx]− i~(L2z − zL2)

Cada componente do momento angular comultacom L2, ou seja, [L2, Lx] = [L2, Ly] = 0. Escre-vendo os quatro termos restantes explicitamente,obtem-se

[L2, [L2, z]] = 2~2(zL2 + L2z)

g)

~r · ~L = xLx + yLy + zLz

= x(ypz − zpy) + y(zpx − xpz) + z(xpy − ypx)

= (xy − yx)pz − (xz − zx)py + (yz − zy)px = 0

Exercıcio 15.7.12

Exercıcio 15.7.13

〈px〉 = 〈py〉 = 〈py〉 = 0


Exercıcio 15.7.14 De fato, como os polinomiosde Legendre formam uma base completa, pode-seexpressar G(x) como uma superposicao de P`(x)da forma

Gk(x) =k<∑n=0

anPn(x)

o que transforma a integral anterior em

k<∑n=0

an

∫ +1

−1P`(x)Pn(x) dx =

k<∑n=0

an δ`n

Como no somatorio todos os valores de n saomenores do que `, segue-se que a integral propostae nula.

Exercıcio 15.7.15

a) equacao de Hermite

A equacao de Hermite foi escrita no livro detexto como

d2H

dx2− 2x

dHdx

+ (γ − 1)H = 0

onde γ − 1 = 2n, com n inteiro. Por outro lado,a equacao de Sturm-Liouville e

ddx

[A(x)

dydx

]+ [λB(x) + C(x)]y = 0

que pode aind ser escrita como

d2y

dx2+

1A

dAdx

dydx

+1A

[λB(x) + C(x)]y = 0

Comparando com a equacao de Hermite,

1A

dAdx

= −2x ⇒ A(x) = e−x2

Segue-se ainda, por comparacao direta, que C = 0e λ = 2n.

De uma forma mais geral, o que foi feito foi oseguinte. Tem-se a equacao de Hermite da forma

y′′ − 2xy′ + 2ny = 0

Para uma equacao do tipo

y′′ + α(x)y′ + β(x)y = 0

pode-se buscar o chamado “fator de integracao”,g(x), tal que

g(x)[y′′ + α(x)y′] =d

dx[g(x)y′] = gy′′ +

(dgdx

)y′

ou

dgdx

= gα(x) ⇒ dgg

= α(x)dx

Logo,

g(x) = exp[∫

α(x)dx]

No caso da equacao de Hermite,

α(x) = −2x ⇒ g = e−x2

b) oscilador harmonico simples

Sua equacao e

d2ψ

dx2+ (γ − x2)ψ = 0

Neste caso, a comparacao com a equacao deSturm-Liouville e direta, obtendo-se

A(x) = 1; λ = γ; B(x) = 1; C(x) = −x2

e a equacao de Hermite na forma de Sturm-Liouville se escreve

ddx

(e−x

2H ′n

)+ 2ne−x

2Hn = 0

c) equacao de Laguerre

Os polinomios ordinarios de Laguerre satisfa-zem a equacao (15.106) do livro de texto comk = 0, ou seja,

xy′′ +(1− x)x

y′ + ny = 0

Neste caso, o fator de integracao e

g = exp[∫

(1x

dx−∫

dx]

= elnxe−x = xe−x


Na forma de Sturm-Liouville, a equacao de La-guerre fica

ddx (ex−xL′n) + ne−xLn = 0

d) equacao de Legendre

No caso da equacao de Legendre

(1− x2)y′′ − 2xy′ + `(`+ 1)y = 0

o fator de integracao e identificadoimediatamente, pois

ddx

(1− x2) = −2x

Portanto, a equacao de Legendre escrita na formade Sturm-Liouville e

ddx [(1− x2)P ′`] + `(`+ 1)P` = 0

Exercıcio 15.7.16

A integral a ser calculada vale

8π3

(~k)2[j0(kr) + j2(kr)]

Exercıcio 15.7.17

〈ψ | L2 | ψ〉 =34

~2

Exercıcio 15.7.18

λ` = ~2`(`+ 1)

λ`′ = ~2`′(`′ + 1)

⇓

λ`′ ± λ` = ~2[`′(`′ + 1)± `(`+ 1)]

Assim,

(λ`′−λ`)2 = ~4[`′2(`′+1)2+`2(`+1)2−2`′`(`′+1)(`+1)]

Por sua vez,

(λ′` − λ`)2 = 2~2(λ′` + λ`)

e, portanto,

2`′(`′ + 1) + 2`(`+ 1) = `′2(`′ + 1)2+

+`2(`+ 1)2 − 2`′`(`′ + 1)(`+ 1)

ou ainda

2`′2 + 2`′ + 2`2 + 2` = `′2(`′2 + 2`′ + 1)+

+`2(`2 + 2`+ 1)− 2`′`(`′`+ `′ + `+ 1)

O termo do lado esquerdo da equacao anteriorpode ser escrito como

2`′2 + 2`′ + 2`2 + 2` = `′2 + `2 − 2`′`︸︷︷︸(`′−`)2

−1

+ 1 +

(`′+`)2︷︸︸︷2`′`+ `′2 + `2 +

2(`′+`)︷︸︸︷2`′ + 2`︸︷︷︸

(`′+`+1)2

= (`′ + `+ 1)2 + (`′ − `)2 − 1

Ja o termo do lado direito desta mesma equacaopode ser escrito como

`′4 − 2`′2`2 + `4︸︷︷︸(`′2−`2)2

+ 2`′3 − 2`′2`− 2`′`2 + 2`3︸︷︷︸2(`′2−`2)(`′−`)

+

+ `′2 − 2`′`+ `2︸︷︷︸(`′−`)2)

Logo,

(`′ + `+ 1)2 + (`′ − `)2 − 1 = (`′2 − `2)2︸︷︷︸[(`′+`)(`′−`)]2

+2 (`′2 − `2)︸︷︷︸(`′+`)(`′−`)

(`′ − `) + (`′ − `)2

= [(`′ + `)2 + 2(`′ + `) + 1](`′ − `)2

= (`′ + `+ 1)2(`′ − `)2

Assim,

(`′ + `+ 1)2 − 1 = [(`′ + `+ 1)2 − 1](`′ − `)2


⇓

[(`′ + `+ 1)2 − 1][(`′ − `)2 − 1] = 0

donde`′ − ` = ±1

ou`′ = `± 1 (` = 0, 1, 2, 3, ...)

16

A equacao de Dirac: o spin do eletron eo positron

Exercıcio 16.9.1

No estado caracterizado pelos numeros quan-ticos n = 1, ` = 0 e m = 0, no orbitalmais simples, frequentemente chamado de orbitalou camada K, podem se acomodar apenas 2eletrons, que diferem entre si apenas no spin.No estado seguinte (n = 2), a camada L, podehaver 2 eletrons no orbital s e 6 no orbital p, emum total de 8 eletrons e assim sucessivamente.A generalizacao e imediata: para uma camadarotulada pelo numero quantico n, o numeromaximo de eletrons que pode ser acomodado e2×n2, sendo o fator 2 associado aos dois possıveisestados de spin do eletron.

Este resultado, apresentado em 1924 porEdmund Clifton Stoner (1899-1968) no artigo“The Distribution of Electrons among AtomicLevels”, Philosophical Magazine, Series 6, Volume48, No. 286, p. 719-736, e conhecido como regrade Stoner.

Exercıcio 16.9.2

Assim, para σx,

det∣∣∣∣( −λx 1

1 −λx

)∣∣∣∣ = 0

⇓

λ2x − 1 = 0 ⇒ λx = ±1

Para σy,

det∣∣∣∣( −λy i−i −λy

)∣∣∣∣ = 0

⇓

λ2y + i2 = 0 ⇒ λy = ±1

e, para σz,

det∣∣∣∣( 1− λz 0

0 −1− λz

)∣∣∣∣ = 0

⇓

−(1 + λz)(1− λz) = λ2 − 1 = 0 ⇒ λz = ±1

Portanto, todas as matrizes de Pauli temautovalores iguais a ±1.

Exercıcio 16.9.3

A matriz Sz pode ser escrita como

Sz = ±~2σz = ±~

2

(1 00 −1

)Assim, basta calcular os auto-estados u1 e u2 deσz. Para λ = 1, tem-se

(1 00 −1

) (ab

)= 1

(ab

)o que implica que

a = a

b = −b ⇒ b = 0

53


Escolhendo a = 1, obtem-se

u1 =(

10

)

Analogamente, para λ = −1, deve-se obtera = −a ⇒ a = 0

b = b

Logo,

u2 =(

01

)Sendo assim, os autovetores de Sz sao

u1 =~2

(10

); u2 =

~2

(01

)

Exercıcio 16.9.4

O alumınio (Al13) possui 2 eletrons na camadaK, 8 na L e 3 na M , assim distribuıdos:1s2 2s2 2p6 3s2 3p1. Ja o argonio (Ar18), que e umgas nobre, tem uma distribuicao eletronica quedifere da do alumınio na ultima camada, na qualele possui 8 eletrons, ou seja, 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6.

17

Os indivisıveis de hoje

Exercıcio 17.5.1

Sabe-se que o proton e formado de tres quarksde valencia (uud) e o neutron corresponde a umestado (udd). Pela conservacao da carga eletrica,a carga de cada uma dessas partıculas deve serigual a soma das cargas qi (i = u, d) de seusconstituintes. Logo,

qp = +1 = 2qu + qd

qn = 0 = qu + 2qd

Resolvendo o sistema, obtem-se

qu = +2/3

qd = −1/3

Exercıcio 17.5.2

O barion Ω− tem carga eletrica −1, ou seja, suacarga eletrica e igual a do eletron. Se a partıculaΩ− e composta de 3 quarks do tipo s, segue-se dalei de conservacao de carga que a carga eletricadeste quark e −1/3.

Exercıcio 17.5.3

Foi mostrado no exercıcio 17.5.1 que o quarku tem carga eletrica +2/3. Por outro lado, sabe-se que as antipartıculas tem carga eletrica opostaa da sua correspondente partıcula. Portanto, oantiquark u tem carga −2/3. Como a carga do D0

e nula, segue-se que o quark c tambem tem carga+2/3. Deste modo ve-se que de fato o meson D

composto de um quark c e um antiquark d possuicarga total +1.

Exercıcio 17.5.4

Heisenberg foi quem introduziu o conceito denucleon, para se referir ao fato de que protone neutron apresentam-se como dois estados deuma mesma partıcula que, do ponto de vistadas interacoes fortes, comportam-se da mesmamaneira.

Esta simetria e claramente quebrada napresenca de um campo eletromagnetico, capazde distinguir as cargas eletricas do proton da doneutron. Portanto, o numero de estados de cargaseletricas possıvel para o nucleon e 2. Portanto,tem-se para este novo numero quantico isospin,associado ao nucleon, o seguinte valor

2I + 1 = 2 ⇒ I = 12

55


Exercıcio 17.5.5

Exercıcio 17.5.6

O potencial fenomenologico dado, conhecidocomo potencial de Cornell, esta esbocado nafigura abaixo para valores de r entre 0 e 2 fm.

A estrutura da mat eria: concep˘c~oes los o cas na ... - CBPF

Documents

Transcript of A estrutura da mat eria: concep˘c~oes los o cas na ... - CBPF