[Resolução] Fundamentos de Física Halliday Volume 4 Óptica e Física Moderna 9ª Edição

MA TERIAL

SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR

MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR

FUNDAMENTOS DE FÍSICA

Óptica e Física Moderna

9 a Edição

HALLIDAY & RESNIC

ESNICK

JEARL WALKER

Cleveland State University

VOLUME 4

Tradução e Revisão Técnica

Tradução e Revisão Técnica

Ronaldo Sérgio de Biasi, Ph.D.

Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia – IME

Este Material Suplementar contém as Soluções dos Problemas – Volume 4 que podem ser usadas como apoio

para o livro Fundamentos de Física, Volume 4 – Óptica e Física Moderna, Nona Edição, 2012. Este material

é de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro.

Material Suplementar Soluções dos Problemas – Volume 4 traduzido do material srcinal:

HALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME TWO, NINTH EDITION

Copyright © 2011, 2008, 2005, 2003 John Wiley & Sons, Inc.

All Rights Reserved. This translation published under license.

Obra publicada pela LTC Editora:

FUNDAMENTOS DE FÍSICA, VOLUME 4 – ÓPTICA E FÍSICA MODERNA, NONA EDIÇÃO

Direitos exclusivos para a língua portuguesa

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LTC __ Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda.

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Reproduzida com permissão da John Wiley & Sons, Inc.

Editoração Eletrônica do material suplementar:

SUMÁRIO

Capítulo 33 1

Capítulo 34 27

Capítulo 35 60

Capítulo 36 88

Capítulo 37 116

Capítulo 38 145

Capítulo 39 170

Capítulo 40 190

Capítulo 41 211

Capítulo 42 228

Capítulo 43 255

Capítulo 44 272

Capítulo 33

1. Como ∆ l << l e f = c/ l, temos:

f

=

c

c

( 3, 0 × 10 ×

≈ =

8 m/s)(0,0100 10 −9

m)

= 74 , 9 × 109

Hz = 7,49 GHz.

2

( 6328 , × 10−9

m)

2

2. (a) A frequência da radiação é

(b) O período da radiação é

f

c 3,

0 × 108

m/s

= =

( 1, 0 × 10 )( 6,

4 × 10

T

1 1

= =

f 47,

× 10

5 6

−3

= 47,

× 10

− 3

Hz.

m)

= 212 s = 3min32

s.

Hz

3. (a) De acordo com a Fig. 33-2, o menor comprimento de onda para o qual a sensibilidade do

olho humano é metade da sensibilidade máxima é 515 nm.

(b) De acordo com a Fig. 33-2, o maior comprimento de onda para o qual a sensibilidade do

olho humano é metade da sensibilidade máxima é 610 nm.

(c) De acordo com a Fig. 33-2, o comprimento de onda da luz à qual o olho humano é mais

sensível é 555 nm.

(d) De acordo com o resultado do item (c),

(e) De acordo com o resultado do item (d),

f

T

c 30 , 0 × 108m/s

= =

= 5,

41 × 1014Hz.

555nm

1 1

= =

f 54 , 1 × 10

14

= 18 , 5 × 10

− 15

s.

Hz

4. Como a velocidade da luz no ar é aproximadamente c = 3,0 × 10 8 m/s, em um intervalo de

tempo t = 1,0 ns, a luz percorre uma distância

d = ct × ( 3, 0 108× m/s)(1,0 = = 10 − 9

s) 0,

30 m 30 cm.

5. Se f é a frequência e l é o comprimento de onda de uma onda eletromagnética, f l = c. A

frequência é igual à frequência da corrente no circuito do oscilador, ou seja, f = 1/ 2 LC , em

que C é a capacitância e L é a indutância. Assim,

Explicitando L, obtemos

L

2

2 2

4

Cc

= =

2 −12

2 LC

= c.

( 550 × 10−

m)

9 2

8 2

4

( 17 × 10 F )( 2,

998 × 10 m/s)

= 50 , 0 × 10

−

21

H.

2 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS

Trata-se de um valor extremamente pequeno.

6. O comprimento de onda pedido é

c

= = 2 c LC × 2

(, 2 998×

108m/s) (0,253 10

2 6

H)(25 ,0 2

× 10

12

F) = 4, 74 m .

f

7. A intensidade é a média do vetor de Poynting:

× × −

cB2

m ( 3, 0 108 m/s)( 1, 0 10

4

T)

2

6 2

I = S med

= 20

= 2( 1,26 × 10−6 H/m) 2

= 1, 2 × 10 W/m .

8. A intensidade do sinal ao chegar às vizinhanças de Próxima do Centauro é

I

P

1,

0 × 106

W

= =

4 r 2

2

= 4, 8 × 10

− 29

W/m 2 .

4

( 4, 3anos-luz

) 9,

46 × 1015

( m/ano-luz)

9. Se P é a potência e ∆t é a duração do pulso, a energia contida no pulso é

E = P = t × ( 100 1012 × W)( = 1, 0× 10−

9

s) 1,

0 105

J.

10. A amplitude do campo magnético da onda é

B

E

m

m = =

11. (a) A amplitude do campo magnético é

B

E

m

m = =

c

c

32 , 0 × 10−

4

V/m

= 10 , 7 × 10

2,

998 × 108

m/s

−12

2,

0V/m

= × 6, 67 ≈ 10× 2 998 × 10

− 9

T 6,

7 10−9 T.

,

8m/s

(b) Como o campo elétrico oscila paralelamente ao eixo z e a onda se propaga paralelamente ao

eixo x , o campo magnético oscila paralelamente ao eixo y.

(c) A direção e o sentido de propagação de uma onda eletromagnética são determinados pelo

produto E

× B

. De acordo com a regra da mão direita, se o campo elétrico está apontando no

sentido positivo do eixo z e a onda está se propagando no sentido positivo do eixo x , o campo

magnético deve estar apontando no sentido negativo do eixo y.

12. (a) O valor máximo do campo magnético da onda é

B

E

c

m

m = =

(b) A intensidade é a média do vetor de Poynting:

5,

00 V/m = 16 , 7 × 10−8

T = 16,7nnT.

2,

998 × 108

m/s

E 2

m

( 5, 00 V/m)

2

I = S med = =

2

c ×

−7

0 2( 41 0 T ⋅ m/A)( 2,998 × 108

m/s)

= 3, 311× 0−

2

W/m

2 = 33, 1 mW/m

2 .

13. (a) Podemos usar a relação I = E m

2

/2m 0 c para calcular E m :

E

m

= 2

= 0I

c × 2( ⋅ 4

10× − 7

T m/A)( 1, 40 103

W/m 2 )( 2,

998 × 108

m/s)

= 1, 03 × 103

V/m = 1,

03 kV/m.

T.

SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 3

(b) A amplitude do campo magnético é, portanto,

E m 10 , 3 × 104

V/m

B m = =

= 34 , 3 × 10−

6

T = 3,43 T.

c 2,

998 × 108

m/s

14. De acordo com a equação que precede a Eq. 33-12, o valor máximo de ∂ B/ ∂t é vB m . O valor

de B m , por sua vez, pode ser relacionado à intensidade através da equação

B

E

m

m = =

c

2c

0I

a,

c

e a intensidade pode ser relacionada à potência P e à distância r através da Eq. 33-27. Finalmente,

a frequência angular v pode ser relacionada ao comprimento de onda l através da equação v =

kc = 2p c/ l. Assim, temos:

∂B

2 P 2

c

∂ = = 34 , 4 × 10

t 4

c r

max

0 6

15. (a) Como a intensidade de uma onda eletromagnética está relacionada à amplitude do campo

elétrico através da equação I = E 2 m / 2 0c, temos:

= E m = 2× cI 2 4× 10−

7×

2 998 108

10 10−

0 ( H/m)( , m/s)(

6

W/m2)

= 87 × 10 =

,

−2

V/m 87 mV/m.

(b) A amplitude do campo magnético é dada por

B

m

= E m

= 87 , × 10−2

c 2 998 ×

V/m

, 108

m/s

T/s

= 2,

9 × 10−

10

T = 0,29 nT.

(c) Como, a uma distância r do transmissor, a intensidade de um transmissor que irradia

uniformemente ao longo de um hemisfério é I = P /2

r 2, temos:

P = 2 = r 2I

× 2 (10 × 103m) 2 2

(10 = × 10

6

W/m2) 6,

3 103

W = 6, 3 kW.

16. (a) A potência recebida é

P r = × − ( ) /

( 1, 0 10

12 300 m

2

4

W)

= 1,

4 × 10

4

( 6,

37 × 106m) −22

W.

2

(b) A potência da fonte teria que ser

2 1,

0 W

( )( ×

)

× 10−

12

6 2

4

( 6, 37 × 10 m)

= 1,

1 × 10 15 W.

P = 4 r 2 I = 4 2, 2 × 10 4 anos-luz 9,

46 10

15 m/ano-luz

17. (a) O valor máximo do campo magnético da onda é

B

E

m

m = =

(b) A intensidade média da luz é

I

E 2

m

2

0c

c

2,

0 V/m

= 67,

× 10−

9

T = 6,7n T.

2,

998 × 108

m/s

2

( 2,

0 V/m)

= =

= 5, 3 × 10−

3

W/m 5 3 mW/m

2( 4

× 10−

7

T ⋅ m/A)( 2,

9981×

08

m/s)

2 = , 2 .

(c) A potência da fonte é

P = 4

r = 2 I 4 × 10 = 5 3 10−

med ( m) 2 ( , 3 W/m2) 6,

7 W.


18. De acordo com a Eq. 33-27, a inclinação de um gráfico da intensidade de uma onda

eletromagnética em função do inverso do quadrado da distância ( I em função de r −2 ) é P/4p .

Como a inclinação do gráfico da Fig. 33-37 é (200 W/m 2 )/(10 m −2 ) = 20 W, a potência é P =

4p (20) ≈ 0,25 × 10 2 W = 0,25 kW.

19. Se o plasma reflete totalmente a energia incidente, a pressão da radiação é dada por p r = 2 I / c,

em que I é a intensidade. A intensidade, por sua vez, é dada por I = P/ A, em que P é a potência

e A é a área interceptada pela radiação. Assim,

p

2P

2( 1, 5 109

W)

−6 2

8

Ac ( 1,00 10 m )( 2,

998 10 m/s

r = =

20. (a) A força exercida pela radiação é

×

× ×

W/m

F rad = p rad RT

= ( , 2 )

( 2

1

) ( R2

1 4 103

( 6,

37

T )

c

=

2,

998 108m/s

(b) A atração gravitacional do Sol é

×

×

= 1, 0 × 10 7 Pa.

× 106m)

2

= 6,

0 × 108N.

F grav

GM S M

d 2

T

= =

TS

×

211Nm

2/kg2

×

11

( 6, 67 10 )( 2,

0 10

( 1,

5 × 10 m)

2

kg)( 5, 98 × 10 kg)

= 3,

6 × 10

30 24

22

N,

que é muito maior que F rad .

21. Como a superfície é perfeitamente absorvente, a pressão da radiação é dada por p r = I / c, em

que I é a intensidade. Como a lâmpada irradia uniformemente em todas as direções, a intensidade a

uma distância r da lâmpada é dada por I = P/4p r 2 , na qual P é a potência da lâmpada. Assim,

p

P

500 W

4

r 2c

4

( m) 2

( 2, 998 108

m/s)

r = =

22. A pressão da radiação é

1,5

×

= 5,

9 × 1

I 10 W/m2

pr = =

= 3,

3 × 10

c 2 998 × 10

− 8

Pa.

,

8

m/s

23. (a) A força para cima exercida pela radiação, F r , dada pela Eq. 33-32, F = IA/ c, deve ser

igual, em módulo, à força para baixo exercida pela gravidade, F g = mg. No caso de uma esfera,

a área da “seção de choque” (que é o parâmetro A da Eq. 33-32) é a área de um círculo, A =

p r 2 (e não a área da superfície da esfera), e o volume (cujo valor é necessário para que a massa

possa ser determinada através da relação m = r V ) é dado por V = 4p r 3 /3. Finalmente, a intensidade

I está relacionada à potência P da fonte luminosa através da Eq. 33-27, I = P/4p R 2 , em que R é

a distância da fonte. Fazendo F r = F g e explicitando P, obtemos:

P

=

4

R 2c

4

r 3g

3

=

1 16

R 2c rg

r 2

3

0 −8

16 ( 0, 5 m) 2( 2, 998 × 108 m/s)( 1, 9 × 104 kg/m

=

3 )( 2, 0 × 10

− 3)(

9, 8 m/s2)

3

= 46,

8 × 10 11 W.

(b) Qualquer pequena perturbação tiraria a esfera da posição de equilíbrio, pois, nesse caso, as

duas forças deixariam de atuar ao longo do mesmo eixo.

Pa.


24. Fazendo F g = F r , obtemos

S

G mM

d 2

TS

2IA

= ,

c

o que nos dá

A

cGmM

2Id

2

= S

=

TS

5

( 6, 67 × 10−

11

Nm/ ⋅

2

kg2)(

1500 kg)( 1,99 × 1030 kg)(2,998 × 108

m/s)

214 ( , 0 × 10 3 W/m2)(15 , 0 × 1011

m)

2

2 2

= 9, 5 × 10 m = 0, 95 km .

25. Seja f a fração da intensidade do feixe incidente que é refletida. A fração absorvida é 1 – f .

A pressão exercida pela parte refletida é

e a pressão exercida pela parte absorvida é

p

p

a =

f I

r = 2 0

−

c

( 1 f ) I 0

,

c

na qual I 0 é a radiação incidente. O fator 2 aparece na primeira expressão por causa da contribuição

da radiação refletida para o momento final do sistema. A pressão total da radiação é a soma das

duas contribuições:

p p p

total = r + a =

f2I

0 + ()() 1f I − 0 1+ f I 0

= .

c

c

Para relacionar a intensidade à densidade de energia, considere um tubo de comprimento l e área

da seção reta A, com o eixo paralelo à direção de propagação de uma onda eletromagnética. A

energia eletromagnética no interior do tubo é U = uAl, na qual u é a densidade de energia. Como

toda essa energia deixa o tubo em um intervalo de tempo ∆t = l/ c, a intensidade da radiação é

I

U

A t

uA lc

= = = uc,

o que nos dá u = I / c. A intensidade e a densidade de energia são positivas, independentemente

do sentido de propagação. No caso de uma onda parcialmente refletida e parcialmente absorvida,

a intensidade nas proximidades da superfície é

I = I 0 + f I 0 = (1 + f ) I 0 ,

na qual o primeiro termo é a contribuição da onda incidente e o segundo é a contribuição da

onda refletida. A densidade de energia é, portanto,

u

I

= =

c

Al

+

( 1 f ) I 0

,

c

ou seja, tem o mesmo valor que a pressão da radiação.

26. A massa do cilindro é m = r (p D 2 /4)H , na qual D é o diâmetro do cilindro. Como o cilindro

está em equilíbrio,

=

Ftot

mg F r

2 2

2

= 0,

HD g D I

4

4 c

2 5 2


o que nos dá

2I

P

H = = 2

gc

D 2

/ 4

π

=

[ (2,60 × 10

1

gc

= 4,

91 × 10−

7m

= 491 nm.

2( 4, 60W)

m) 2

/ 4]( 9, 8m/s2)( 3, 0 × 10 m/s)( 1,

2010

× kg/ m3)

−3 8 3

27. (a) Como c = lf , em que l é o comprimento de onda e f é a frequência da onda,

c 2,

998 × 108

m/s

f = =

= 1,

0 × 108

Hz.

λ 3,

0 m

(b) A frequência angular é

= = × = ×

2 f 2

(1,0 10 8 Hz) 6,

3 10 8 rad/s.

(c) O número de onda é

2

2

k = = = 2,

1 rad/m.

3,0 m

(d) A amplitude do campo magnético é

E m

Bm

= =

300 V/m

= 1, 0 × 10−

6T = 1,0 T.

c 2,

998 × 108

m/s

(e) Como a onda se propaga paralelamente ao eixo x e o campo elétrico oscila paralelamente ao

eixo y, o campo magnético oscila paralelamente ao eixo z.

(f) A intensidade da onda é

I

2

E m

= =

2 c

0

( 300 V/m)

× −7 8

H m)(2,998 ×

= ×

m /s) ,

2( 4 10 / 10

2

2 2

119 W/m 1 2 102 W/m .

(g) Como a placa absorve totalmente a onda, a taxa de transferência de momento por unidade

de área é I / c e, portanto,

(h) A pressão da radiação é

dp IA ( 119 W/m2)( 2, 0 m2)

= =

= 8,

0 × 10 dt c 2,

998 × 108

m/s

−7

N.

p

dp dt / 80 , 10−

7

N

A 2,

0 m2

r = =

×

= 40,

× 10

28. (a) Supondo que toda a radiação é absorvida, a pressão da radiação é

I 1,

4 × 103

W m

r = =

c 3,

0 × 108

m s

p

2

−7

Pa.

= 47, × 10

− 6

N m2

.

(b) A razão pedida é

p

r

p0

47,

× 10

=

1,

0 × 10

−6

5

N m

N m

2

2

= 47, × 10−

11.


29. Se a luz do laser remove uma energia U da espaçonave, remove também um momento p =

U / c. Como o momento da espaçonave e o momento da luz são conservados, este é o momento

adquirido pela espaçonave. Se P é a potência do laser, a energia removida em um intervalo de

tempo ∆t é U = P∆t . Assim, p = P∆t / c e, se m é a massa da espaçonave, a velocidade que a

espaçonave atinge é

v

p Pt ( 10 × 103

W)(86.400 s)

= = =

= 1,

9 × 10−

m/s = 1,9 mm/s.

m mc ( 1,

5 × 103

kg)(2,998 × 108

m/s)

3

30. (a) Como a área da seção reta do feixe é p d 2 /4, na qual d é o diâmetro da esfera, a intensidade

do feixe é

I

P

A

P

d 2

/ 4

= = =

(b) A pressão da radiação é

50 , 0 × 10−

3

W

= 3,

97 × 10 = 3 97

( 1266 × 10−

9

m )

2

/ 4

9 W/m

2 , GW/m

2 .

I 39 , 7 × 109 W/m2

r = =

= 13,

2 Pa.

c 2,

998 × 108

m/s

p

(c) A força associada à radiação é igual à pressão multiplicada pela área da seção reta do feixe,

que, por sua vez, é igual a P/ I ;

F

=

p

d 2

4

=

p

r r r

(d) A aceleração da esfera é

a

F

m

P

I

F r

( d 3

/ 6)

r

= = =

= 31 , 4 × 103

m/s2.

× −

50 , 0 10

3

W

= ( 13, 2 Pa)

3,97 × 109

W/m

2

= 16 , 7 × 10

−

616 ( , 7 × 10−11

N)

(5,00 × 10 3 kg/m )( 1266 × 10−

9

m)

3 3

31. Vamos supor que o Sol está suficientemente afastado da partícula para ser considerado uma

fonte luminosa pontual.

(a) As forças a que uma partícula de poeira está submetida são a força da radiação F r , que aponta

para longe do Sol, e a força gravitacional, F g , que aponta na direção do Sol. De acordo com as

Eqs. 33-32 e 33-27, a força da radiação é dada por

F

r

IA

c

PS

R2 P R2

S

,

4

r 2 c 4r 2c

= = =

em que R é o raio da partícula e A = p R 2 é a área da seção reta da partícula. Por outro lado, a

força gravitacional é dada pela Eq. 13-1:

F

g

GM m

r 2

GM ( 4 R3

/ 3 ) 4

GM

r 2

3r

2

= = =

S S S

R3

,

na qual m = r (4p R 3 /3) é a massa da partícula. Para que a partícula descreva uma trajetória

retilínea, é preciso que as duas forças sejam iguais em módulo. Fazendo F r = F g , obtemos

o que nos dá

R

S

P R2

S

4r 2c

4 GM S R3

3r

2

= ,

3PS

33 ( , 9 × 1026

W)

= =

16 c GM 16

( 31×

08

m/s )( 3,

5 × 103 kg/m3)( × 6⋅ , 67 10 − ×

11

m

3

/kg s2)( 1, 99 1030

kg)

= 1, 7 × 10−

7 m = 0,17 m

.

11

N.


(b) Como F g é proporcional a R 3 e F r é proporcional a R 2 , se R aumentar, teremos F g > F r e a

trajetória se encurvará para perto do Sol, como a trajetória 3 da figura.

32. O primeiro polarizador reduz a intensidade da luz para metade do valor srcinal. A redução

causada pelo segundo polarizador é cos 2 (p – u 1 – u 2 ) = cos 2 (u 1 + u 2 ). A redução causada pelo

terceiro polarizador é cos 2 (p – u 2 – u 3 ) = cos 2 (u 2 + u 3 ). Assim,

I

f

I 0

1

2

1

2

= cos

2

( u 2

2

1 u 2 ) cos u u ( 2 3) = cos ( 50 50

2

50 50 = 4 51× 0

− 4

) cos ( ) , .

Isso significa que 0,045% da luz srcinal é transmitida.

33. Seja I 0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade

da luz transmitida é I 1 = I 0 /2 e a direção de polarização da luz transmitida é u 1 = 40° no sentido

anti-horário em relação ao eixo y da Fig. 33-40. Como a direção de polarização do segundo

polarizador é u 2 = 20° no sentido horário em relação ao eixo y, o ângulo entre a direção de

polarização da luz incidente no segundo polarizador e a direção de polarização do segundo

polarizador é 40° + 20° = 60°. Isso significa que a intensidade da luz transmitida é

1

I 2 = I 1 cos260° = I 0 cos260°,

2

e a direção de polarização da luz transmitida é 20° no sentido horário em relação ao eixo y. A

direção de polarização do terceiro polarizador é u 3 = 40° no sentido anti-horário em relação ao

eixo y. Assim, o ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no terceiro polarizador e a

direção de polarização do terceiro polarizador é 20° + 40° = 60°. Isso significa que a intensidade

da luz transmitida é

1

I 3 = I 2 cos2= 60° I 2

0= cos ×

460° 3, 1 10−

I 0 .

2

Assim, 3,1% da intensidade da luz inicial é transmitida pelo conjunto.

34. Seja I 0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade

da luz transmitida é I 1 = I 0 /2 e a direção de polarização da luz transmitida é u 1 = 70° no sentido

anti-horário em relação ao eixo y da Fig. 33-41. A intensidade da luz depois de passar pelo

segundo polarizador é

1

1

= I f = − I 0 cos

2( 90° 70° ) = ( 43 W/m )(cos

2

20°

) 19

2

2 2 W/m 2 .

35. O ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no primeiro polarizador e a direção

de polarização do primeiro polarizador é u 1 = 70° e o ângulo entre a direção de polarização da

luz depois de passar pelo primeiro polarizador e a direção do segundo polarizador é |u2 − u1|.

Assim, se I 0 é a intensidade da luz incidente, a intensidade da luz depois de passar pelos dois

polarizadores é

I 1 = I 2 2

0 cos u 2 2

1 cos = − | u 2 u 1 | ° ( 43 W/m 2 )cos 70 cos 20° = 4, 4 W/m 2 .

36. (a) A fração da luz transmitida pelos óculos é

I

I 0

E 2

E 2

E 0 2 E 2

v + E 2

h

= =

f f v

=

E 2

v

E 2

( 2, 3E

)

2

v

+

v

= 0, 16.

(b) Como, nesse caso, é a componente horizontal do campo elétrico que passa pelos óculos,

I

f

I 0

=

E 2

h

E 2 E 2

+

v h

=

( 2, 3E

2

v )

E 2

( 2, 3E

)

2

v

+

v

= 0, 84.


37. (a) A rotação não pode ser executada com um único polarizador. Se a luz passar por um

polarizador que faz um ângulo de 90° com a direção de polarização da luz incidente, a intensidade

da luz transmitida será zero. Entretanto, é possível executar a rotação usando dois polarizadores.

Colocamos o primeiro polarizador fazendo um ângulo u ≠ 0°, 90° com a direção de polarização da

luz incidente e o segundo polarizador fazendo um ângulo de 90° com a direção de polarização da

luz incidente. Nesse caso, a luz transmitida pelo conjunto dos dois polarizadores faz um ângulo

de 90° com a direção de polarização da luz incidente. A intensidade da luz transmitida é

= − =

na qual I 0 é a intensidade da luz incidente.

I I 0 cos2 u cos

2( 90u ° ) u I u 2 2

0 cos sen ,

(b) Considere n polarizadores, com a direção de polarização do primeiro polarizador fazendo

um ângulo u = 90°/ n com a direção de polarização da luz incidente. A direção de polarização

dos polarizadores seguintes faz um ângulo de 90°/ n com a direção de polarização do polarizador

anterior. Nesse caso, a polarização da luz transmitida pelo conjunto faz um ângulo de 90°com

a direção de polarização da luz incidente e a intensidade da luz transmitida é

n

I = I 0 cos

2

( 90°/ n)

.

Para determinar o menor valor de n para o qual a intensidade da luz transmitida maior que 0,60 I 0 ,

começamos com n = 2 e calculamos o valor de cos

2n( 90°/ n)

para valores crescentes de n. O

resultado é o seguinte:

= =

I n=

1 I 2

0 cos( 90°

) 0

= = =

I n=

2 I 0 cos

4( 45° ) I 0 / 40 , 25I

0

I = I cos

6( 30°

) = 04,

22I

n=

3 0

=

I n=

4 I 0

cos

8( 22,

5°

) = 0,

531I

I = I cos

10( 18°

) = 0, 605I

.

n=

5 0

Assim, precisamos usar pelo menos 5 filtros para que a intensidade da luz transmitida seja mais

de 60% da intensidade srcinal.

38. Observando os pontos em que a intensidade é zero (u 2 = 0° e 90°) no gráfico da Fig. 33-43,

concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros dois polarizadores para u 2 = 0°

e perpendicular ao outro polarizador para u 2 = 90°. Sem perda de generalidade, podemos supor

que u 1 = 0° e u 3 = 90°. Nesse caso, para u 2 = 30°, o polarizador 2 faz um ângulo de 30° com o

polarizador 1 e o polarizador 3 faz um ângulo de 60° com o polarizador 2. Assim,

I

f

i

= 1 2 cos

2( 30 ) cos

2( 60 ) = 0, 094 = 9, 4%

o o

.

39. (a) Como a luz incidente é não polarizada, metade da luz é transmitida e metade é absorvida.

Assim, a intensidade da luz transmitida é I t = I 0 /2 = 5,0 mW/m 2 . Como a intensidade e a amplitude

do campo elétrico estão relacionadas através da equação I = E 2 m / 2 0c, temos:

E

= 2

= 0cI

× 2( 4

× 10 −7 H/m)(3,00 × 108 m/s)(5,0 10−

3

W/m 2

)

m t

= 1,

9 V/m.

(b) A pressão da radiação é dada por p r = I a / c, na qual I a é a intensidade da luz absorvida. Como

foi visto no item (a), a intensidade da luz absorvida é I a = I 0 /2 = 5,0 mW/m 2 . Assim,

×

×

5,

0 10−

3

W/m2

p r =

30 , 0 108

m/s

0

0

0

= 1,

7 × 10

−11

Pa.


40. Observando os pontos em que a intensidade é zero ( u 2 = 60° e 140°) no gráfico da Fig. 33-44,

concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros polarizadores para u 2 = 60° e

perpendicular ao outro polarizador para u 2 = 140°. Sem perda de generalidade, podemos supor

que u 1 = 60° + 90° = 150° e que u 3 = 140° − 90° = 50°. Nesse caso, para u 2 = 90°, o polarizador

2 faz um ângulo de 150° − 90° = 60° com o polarizador 1 e um ângulo de 90° − 50° = 40° com

o polarizador 3. Assim,

I

I

f

i

1

= cos

2( 60o) cos

2( 40o) = 0, 073 = 7, 3%.

2

41. Quando a luz polarizada, de intensidade I 0 , passa pelo primeiro polarizador, a intensidade

cai para I 2 0 cos u . Depois que a luz passa pelo segundo polarizador, que faz um ângulo de 90°

com o primeiro, a intensidade passa a ser

e, portanto,

o que nos dá u = 20° ou 70°.

I 5 (I 0 cos 2 u )sen 2 u 5 I 0 /10,

sen 2 u cos 2 u = 1/10 ⇒ senu cosu = sen2u /2 =1/ 10 ,

42. Observando o gráfico da Fig. 33-45, vemos que a intensidade da luz é zero para u 2 = 160º.

Como as direções dos polarizadores devem ser perpendiculares para que a intensidade da luz

transmitida se anule, u 1 = 160º – 90º = 70º. Considere a intensidade para u 2 = 90º (que não pode

ser lida diretamente no gráfico, já que a escala do eixo de intensidade não é conhecida). Como

sabemos que u 1 = 70º, o ângulo entre os polarizadores agora é 20º. Levando em conta a redução

“automática” para metade do valor inicial que acontece quando um feixe de luz não polarizada

passa por um polarizador, a fração da luz transmitida pelo conjunto de dois polarizadores é

I t = cos 2 (20)/2 = 0,442 ≈ 44%.

43. Seja I 0 a intensidade da luz incidente e seja f a fração polarizada. A intensidade da parte

polarizada é f I 0 e esta parte contribui com f I 0 cos 2 u para a intensidade da luz transmitida pelo

filtro polarizador, na qual u é o ângulo entre a direção de polarização da luz e a direção de

polarização do filtro. A intensidade da parte não polarizada da luz incidente é (1– f )I 0 e esta

parte contribui com (1 – f )I 0 /2 para a intensidade da luz transmitida. Assim, a intensidade da

luz transmitida é

I = f I 0 cos 2 u 1

+ − f I 0

2 ( 1 ) .

Quando o filtro gira, cos 2 u varia entre um mínimo de 0 e um máximo de 1 e a intensidade da

luz transmitida varia entre um mínimo de

e um máximo de

A razão entre I max e I min é

1

I min = ( − f ) I

2 1 0

1

I max = f I + 0 − ( = f + ) I 0 () f I 0.

2 1 1

2 1

I max

I min

1

= + 1−

Fazendo I max / I min = 5,0 na expressão acima, obtemos f = 4/6 = 0,67.

f

.

f

44. Aplicando a Eq. 33-36 uma vez e a Eq. 33-38 duas vezes, obtemos

1

1

I = I 0 cos2

u 2 cos = −

2( = 90 u 2

2) sen ( 2u

2) 0,

0500

2

8

1

sen 04, 0 19, 6o.

2

° ⇒ u =

−1

2 ( ) =

Como a expressão acima não muda quando fazemos u 2′ = 90 − u 2, o complemento de u 2 ,

90 o − 19,6 o = 70,4 o também é uma solução. Comparando as duas soluções, chegamos à conclusão

de que

(a) o menor valor possível de u 2 é 19,6 o ;

(b) o maior valor possível de u 2 é 70,4 o ,

45. Na Fig. 33-46, a normal à superfície refratora é vertical. O ângulo de refração é u 2 = 90° e

o ângulo de incidência é dado por tan u 1 = L/ D, na qual D é a altura do tanque e L é a largura

do tanque. Assim,

De acordo com a lei de Snell,

u 1 1

1 10

1 =

− L

52

=

− , m

tan tan

= , 31°.

D 0,850 m

senu

2 sen90°

n 1 = n2

= ( 1, 00)

senu

1 sen 52,

31°

= 1, 26.

46. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-47 b

seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação

maior que 45 o , o que significa que o ângulo de refração é maior que o ângulo de incidência. De

acordo com a lei de Snell, isso significa que n 2 < n 1 , ou seja, que o índice de refração do meio

é maior que o índice de refração da água.

(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), concluímos que, também neste caso, o índice de

refração do meio é maior que o índice de refração da água.

(c) É mais fácil analisar o ponto mais alto de cada curva. No caso da curva 1, para u 2 = 90º, u 1 =

45º e n 2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), a lei de Snell nos dá n 1 = 1,9.

(d) No caso da curva 2, para u 2 = 90º, u 1 = 67,5º, obtemos n 1 = 1,4.

47. De acordo com a lei de Snell,

= .

n 1

sen u 1 n2

sen u 2

Vamos tomar o meio 1 como o vácuo, com n 1 = 1 e u 1 = 32,0°. O meio 2 é o vidro, com u 2 =

21,0°. Explicitando n 2 , obtemos

senu

1 sen 32,

0°

n 2 = n1

=

( 1, 00)

sen 2

u sen 21,

0° = 1, 48.


48. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-48 b

seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação

menor que 45 o , o que significa que o ângulo de refração é maior que o ângulo de incidência. De

acordo com a lei de Snell, isso significa que n 1 < n 2, ou seja, que o índice de refração do meio é

maior que o índice de refração da água.


(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), concluímos que, também neste caso, o índice de

refração do meio é maior que o índice de refração da água.

(c) É mais fácil analisar o ponto na extremidade direita de cada curva. No caso da curva 1, para

u 1 = 90º, u 2 = 67,5º e n 1 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), a lei de Snell nos dá n 2 = 1,4.

(d) No caso da curva 2, para u 1 = 90º e u 2 = 45º, obtemos n 2 = 1,9.

49. Como o ângulo de incidência do raio luminoso no espelho B é 90° – u, o raio refletido r 9

faz um ângulo 90° – (90° – u) = u com a horizontal e se propaga no sentido oposto ao do raio

incidente. Assim, o ângulo entre i e r 9 é 180°.

50. (a) Aplicando duas vezes a lei de Snell, obtemos n 1 senu 1 = n 2 senu 2 e n 2 senu 2 = n 3 senu 3 , o que

nos dá n 1 senu 1 = n 3 senu 3 . Isso nos leva à conclusão de que u 1 = u 3 se n 1 = n 3 . Como sabemos que

u 1 = 40º na Fig. 33-50a, procuramos o valor de n 3 na Fig. 33-50b para o qual u 3 = 40º. Como

este valor é n 3 = 1,6, concluímos que n 1 = 1,6.

(b) Ao resolver o item (a), vimos que a influência de n 2 no ângulo do raio refratado desaparece

quando a lei de Snell é aplicada duas vezes. Isso significa que não é possível calcular o índice

de refração do meio 2 com base nas informações disponíveis.

(c) Usando a relação obtida no item (a), temos:

1,6 sen 70° = 2,4 sen u 3 ⇒ u 3 = sen −1 (1,6 sen 70 o )/2,4 = 39°.

51. (a) De acordo com a lei de Snell, temos:

n sen u = ( 1u )sen u ⇒ = u sen = − 1( n sen ) sen − 1[(

1, 30)( 06, 44)] 568 ,.

1 1 55

1 1

(b) Aplicando várias vezes a lei de Snell, obtemos

n senu n u = u u n sen n = sen = sen ,

1 1 2 2 3 3 4 4

=

o

o que nos dá

u 4

=

1 1

sen − n

u 1 35 3

sen 4 = , ° .

n

52. (a) Uma das consequências da lei de Snell é o fato de que u 2 = u 1 para n 1 = n 2 . Como sabemos

que o ângulo de incidência da Fig. 33-52a é 30º, procuramos o valor de n 2 no gráfico da Fig.

33-52b para o qual u 2 = 30º. Como este valor é n 2 = 1,7, concluímos que n 1 = 1,7.

(b) De acordo com a lei de Snell, temos:

1,7sen(60º) = 2,4sen(u 2 ) ⇒ u 2 = sen −1 [ (1,7)(0,866)/2,4] = 38°.

53. Considere a figura (a) a seguir. O ângulo de incidência é u e o ângulo de refração é u 2 . Como

u 2 + a = 90 o e f + 2a = 180 o , temos:

1

u 2 = 90− ° = − 90° − (

2 180 ° ) = .

2


Agora considere o triângulo formado pelos prolongamentos do raio incidente e do raio emergente

na figura (b) acima. É possível mostrar que c é dado por

= ( u − u ).

2 2

Substituindo u 2 por f/2, obtemos c = 2(u − f/2), o que nos dá u = (f + c )/2. Aplicando a lei

de Snell, obtemos

senu

sen( + )

n = =

.

senu

sen

2

Nota: O ângulo c é conhecido como ângulo de desvio e representa o desvio angular sofrido pelo

raio luminoso ao passar pelo prisma. Este ângulo é mínimo quando a trajetória do raio luminoso

é simétrica, como na Fig. 55-53. É possível determinar o valor do índice de refração do material

de um prisma a partir dos valores de f e c .

54. (a) De acordo com a lei de Snell, n ar sen(50º) = n a sen u a e n ar sen(50º) = n v sen u v , na qual os

índices a e v são usados para indicar os raios azul e vermelho. Para n ar ≈ 1,0, obtemos:

u

a

=

sen − 1

sen50o

u v

= , = sen

,

− 1

s

30 176 o

en50o

e

30, 507o

0, 33o.

1 524

1,

509 = ⇒ u =

(b) Como as duas interfaces do vidro com o ar são paralelas, os raios refratados saem do vidro

com um ângulo igual ao ângulo de incidência (50 o ) independentemente do índice de refração,

de modo que a dispersão é 0 o .

1

2

1

2

55. Considere um raio que tangencia a estaca, como na figura a seguir, na qual u 1 = 90° – u

35°, d =

1 = 0,50 m e d 2 = 1,50 m. O comprimento da sombra é x + L, na qual x é dado por

x = d 1 tan( u 1 = 0, 50 m) tan 35°

= 0,

35 m.

De acordo com a lei de Snell, n 2 sen u 2 = n 1 sen u 1 . Para n 1 = 1 e n 2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1),

temos:

u 2

=

1 u 1

1

35 0

sen − sen

2 = − sen , °

sen

n

1,

33 = 25, 55°

.

A distância L é dada por

L = d 2 tan u 2 = ( 1, 50 m) tan 25,55°

= 0,

72 m.

O comprimento da sombra é, portanto, 0,35 m + 0,72 m = 1,07 m.


56. (a) Vamos usar os índices a e v para representar os raios azul e vermelho. De acordo com a

lei de Snell, os ângulos de refração na primeira superfície são

u

u

a

v

= sen

= sen

sen( 70° )

,

= 444,

03°

1 343

−1 1

sen( 70° ) 44, 911°

.

1,

331

=

−1 1

Esses raios atingem a segunda superfície (onde se encontra o ponto A) com ângulos complementares

dos que acabamos de calcular (já que a normal à segunda superfície é perpendicular à normal à

primeira superfície). Levando este fato em consideração, usamos a lei de Snell para calcular os

ângulos de refração na segunda superfície:

u

u

′ = sen

− 1

[ 1, 343sen( 90° − u )] = 73,

636°

a

′ = sen−

1

[[ 1, 331sen( 90° − ] = 70, 497°

,

v

o que nos dá uma diferença de 3,1° (e, portanto, um arco-íris com uma largura angular de

3,1°).

(b) Os dois raios refratados saem da superfície inferior do cubo com o mesmo ângulo, o ângulo

de incidência (70°), e, portanto, neste caso não há arco-íris. (A situação é análoga à do item (b)

do Problema 33-54).

57. A Fig. 33-24 pode facilitar a visualização do “círculo de luz” a que o problema se refere.

Imagine a figura produzida fazendo girar a Fig. 33-24a em torno de um eixo vertical passando

pelo ponto S . Como o raio do círculo (que corresponde à distância a-e na Fig. 33-24a) e a

profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro do círculo é

D = h c = h

− 1

2 tanu 2 tan sen 1

n

= 2(,

80 0 cm) tan sen− 1 1

cm.

, = 182

1 33

a

a

u v

58. O ângulo crítico é

u c

=

sen−

1

1

n

= sen−

1

1

1,

8

= 34° .

59. (a) Como o ângulo de incidência na superfície ab é 90 o , o raio não sofre nenhum desvio;

assim, o ângulo de incidência na superfície ac é 90° – f, como mostra a figura a seguir.

Para que haja reflexão interna total na segunda superfície, n v sen (90° – f) deve ser maior

que n ar , na qual n v é o índice de refração do vidro e n ar é o índice de refração do ar. Como sen

(90° – f) = cos f, precisamos determinar o maior valor de f para o qual n v cos f ≥ n ar . Quando

f aumenta a partir de zero, o valor de cos f diminui. Quando f atinge o maior valor para o qual

existe reflexão interna total, n v cos f = n a , o que nos dá

= cos−

1 nar

= cos−

1

1

n

1,

52

v

= 48, 9°

.

(b) Nesse caso, o índice de refração do ar, n ar = 1, deve ser substituído por n a = 1,33, o índice

de refração da água, o que nos dá

= cos−

1 na

= cos−

1

1,

33

n 1,

52

v

= 29,

0°.

60. (a) De acordo com a Eq. 33-44, o ângulo crítico é aquele para o qual u 3 = 90°. Assim (com

u 2 = u c , que não precisamos calcular), temos:

o que nos dá u 1 = u A = sen –1 n 3/ n 1 = 54,3°.

= =

n 1 senu 1 n 2 senu 2 n3 sen u 3,

(b) Sim. Quando u A diminui, u 2 também diminui, ficando menor que o ângulo crítico. Isso

significa que parte da luz é transmitida para o meio 3.

(c) Como o ângulo crítico é o complemento do ângulo de difração do meio 2, temos:

o que nos dá u B = 51,1°.

2

n3

n 1 sen u = n 2 cos u c = n2

1−

n 2 n3 2 ,

n2

= −

(d) Não. Quando u B diminui, u 2 aumenta, o que torna o ângulo u 2 maior que o ângulo crítico.

Assim, nenhuma luz é transmitida para o meio 3.

61. (a) Note que o complemento do ângulo de difração do meio 2 é o ângulo crítico. Assim,

o que nos dá u = 26,8°.

2

n3

n 1 sen u = n 2 cos u c = n2

1−

n 2 n3 2 ,

n2

= −

(b) Sim. Quando u aumenta, o ângulo de incidência da luz na interface entre os meios 2 e 3

diminui, ficando menor que o ângulo crítico. Isso significa que parte da luz é transmitida para

o meio 3.

62. (a) A Fig. 33-24 pode facilitar a visualização da circunferência a que o problema se refere.

Imagine a figura produzida fazendo girar a Fig. 33-24a em torno de um eixo vertical passando

pelo ponto S . Como o raio da circunferência (que corresponde à distância a-e na Fig. 33-24 a) e a

profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro da circunferência é

D = 2h c = 2h

−1

1

tanu

tan sen

na

= 2( 2,

00 m) tan sen− 1 1

,

, = 4 56 m.

1 33

(b) De acordo com a equação obtida no item (a), o diâmetro D é diretamente proporcional

à profundidade h; assim, se o peixe descer para uma profundidade maior, o diâmetro da

circunferência aumentará.

63. (a) A figura a seguir mostra o percurso de um raio luminoso no interior do prisma.



Seja u 1 o ângulo de incidência, seja u 2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja u 3

o ângulo de incidência na segunda superfície. O ângulo de refração na segunda superfície é

u 4 = 90°. Como mostra a figura, as normais à primeira e à segunda superfícies são mutuamente

perpendiculares. Como a soma dos ângulos internos do triângulo formado pelo raio luminoso e

as duas normais é 180°, u 3 = 90° – u 2 e

sen u = sen ( u 90°

u − cos u 1 sen

2

) = = − .

3 2 2

Aplicando a lei de Snell à segunda superfície, obtemos n sen u 3 = sen u 4 = 1, o que nos dá

n 1− sen

2 u 2 = 1.

Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos sen u 1 = n sen u 2 , o

que nos dá sen u2

= (sen u1

)/ n e, portanto,

n 1 sen2 u

− 1

= 1 .

n2

Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando n, obtemos

n = + sen u .

1

2 1

(b) Como o maior valor possível de sen 2 u 1 é 1, o maior valor possível de n é

n max = 2 = 1, 41.

(c) Sim. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for maior que u 1 , o ângulo de refração

será maior que u 2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que u 3 (= 90° –

u 2 ). Assim, o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que o ângulo crítico para

reflexão interna total e a luz sairá do prisma.

(d) Não. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for menor que u 1 , o ângulo de refração

será menor que u 2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será maior que u 3 . Assim, o

ângulo de incidência na segunda superfície será maior que o ângulo crítico para reflexão interna

total e toda a luz será refletida de volta para o interior do prisma.

64. (a) Vamos chamar de A o ponto de entrada no prisma do raio luminoso (o ponto onde o raio

encontra a superfície esquerda do prisma na Fig. 33-53), de B o vértice superior do prisma e de

C o ponto de saída do raio luminoso. Vamos chamar de β o ângulo entre a reta AB e a direção

do raio no interior do prisma (o complemento do ângulo de refração na primeira superfície)

e de a o ângulo entre a reta BC e a direção do raio no interior do prisma (o complemento do

ângulo de incidência na segunda superfície). Quando o ângulo do raio incidente tem o menor

valor necessário para que a luz saia do prisma, o ângulo de incidência na segunda superfície é

o ângulo crítico para reflexão interna total e o ângulo de refração na segunda superfície é 90°.

Seja u 1 o ângulo de incidência na primeira superfície, seja u 2 o ângulo de refração na primeira

superfície, e seja u 3 o ângulo de incidência na segunda superfície. A aplicação da lei de Snell à

segunda superfície nos dá

n sen u 3 = 1 ⇒ sen u 3 = 1/ n = 1/1,60 = 0,625 ⇒ u 3 = 38,68°.

Como a soma dos ângulos do triângulo ABC é 180°, a + β = 120°. Como a = 90° − u 3 = 51,32°,

β = 120° – 51,32° = 69,68°. Assim, u 2 = 90° – β = 21,32°. Aplicando a lei de Snell à primeira

superfície, obtemos

sen u 1 = n sen u 2 = 1,60 sen 21,32° = 0,5817 ⇒ u 1 = 35,6°.

(b) Nesse caso, como o ângulo de saída deve ser igual ao ângulo de entrada, a aplicação da lei de

Snell à segunda superfície nos dá n sen u 3 = sen u 1 . As relações entre os ângulos são as mesmas do

item (a): a + β = 120°, a = 90° – u 3 e β = 90°− u 2 . Assim, temos: u 2 + u 3 = 60°, o que nos dá

senu 1 = n senu ( 60° −u 2 ) ⇒ u sen 1 = n sen 60° cos 2 − n cos60°sen u 2,

2


na qual foi usada a relação trigonométrica

sen(A – B) = sen A cos B – cos A sen B.

Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos

o que nos dá

senu = u n sen u ⇒ sen u = ( 1 / n)

sen,

1 22 1

cosu = − 1 sen =

2 u − 1 ( 1 / n ) sen u .

2

2

2 2 1

Assim,

e, portanto,

2

senu = n sen 60° 1− ( 1 / n) sen2

u − cos 60°

sen u

1

1 1

( 1+

cos60° ) sen u = sen 60°

n − sen u .

1

2 2 1

Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando sen u 1 , obtemos

sen

=

o que nos dá u 1 = 53,1°.

n sen60°

=

( 1+

cos 60° ) + sen 60°

u 1

2 2

1, 60 sen 60°

= 0, 80,

2

( 1+

cos 60° ) + sen2

60°

65. eixo Ao central examinar da fibra a Fig. ótica 33-61, quando é importante está no ar, notar u, não que é igual o ângulo ao ângulo que o raio que luminoso o raio luminoso faz com fazo

com o eixo da fibra ótica quando está no núcleo de plástico, que vamos chamar de u' . De acordo

com a lei de Snell, temos:

1

senu

′ = senu

O ângulo de incidência do raio luminoso no revestimento de plástico é o complemento de u' ,

que vamos chamar de u' comp , lembrando que

n 1

sen u ′ = cosu ′ = − sen u ′.

comp 1

2

No caso crítico, u' comp = u c , no qual u c é o ângulo dado pela Eq. 33-45. Assim,

n2

n 1

2

2

1

senu 1 sen u 1 sen u ,

comp

n1

= ′ = − ′ = −

o que nos dá sen u = n 1 2 − n2 . Para n 1 = 1,58 e n 2 = 1,53, obtemos

u = sen

−1 1, 582 −1, 532

23, 2° .

( ) =

66. (a) Considere a reta que liga o ponto de entrada do raio luminoso à aresta superior direita do

cubo da Fig. 33-62. Como esta reta é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são

H e W , o ângulo que a reta faz com a horizontal é tan −1 (2/3) = 33,7º. Por outro lado, de acordo

com a lei de Snell, considerando o índice de refração do ar igual a 1, o ângulo de refração é

dado por

sen 40º = 1,56 sen u 2 ⇒ u 2 = 24,33º.

Como este ângulo é menor que 33,7º, o ponto da primeira reflexão está na face 3.


(b) O ponto em que o raio atinge a face 3 está a uma distância de H − W tan 24,33 = 0,643 cm da

aresta superior direita. Por simetria, o raio atinge a face superior (face 2) em um ponto situado a

0,643 tan(90 o − 24,33 o ) = 1,42 cm da aresta superior direita. Como este valor é menor que 3,00

cm, o ponto da segunda reflexão está realmente na face 2.

(c) Como as normais às faces 1 e 3 são horizontais, o ângulo de incidência do raio na face 3

é igual ao ângulo de refração na face 1. Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o

índice de refração igual a 1, temos:

1,56 sen 24,3º = sen u final ⇒ u final = 40° .

(d) O ângulo entre o raio e a face superior (face 2) (medido em relação à normal, que, no caso, é

vertical) é 90º − u 2 = 90 o − 24,33 o = 65,67º, que é muito maior que o ângulo crítico para reflexão

interna total, sen −1 (1/1,56 ) = 39,9º. Assim, não há refração no ponto da segunda reflexão.

(e) Nesse caso, de acordo com a lei de Snell, o ângulo de refração na face 1 é dado por

sen 70º = 1,56 sen u 2 ⇒ u 2 = 37,04º.

Como este ângulo é maior que 33,7º, o ponto da primeira reflexão está na face 2.

(f) Como o ponto da face 2 atingido pelo raio está muito próximo da aresta superior direita, a

segunda reflexão certamente acontece na face 3.

(g) Como o ângulo de incidência na face 2 é 90º − u 2 = 90 o − 37,04 o = 52,94º, muito maior que

ângulo crítico para reflexão interna total, sen −1 (1/1,56 ) = 39,9º, não há refração no ponto da

primeira reflexão.

(h) Como as normais às faces 1 e 3 são horizontais, o ângulo de incidência do raio na face 3

é igual ao ângulo de refração na face 1. Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o

índice de refração igual a 1, temos:

1,56 sen 37,04º = sen u final ⇒ u final = 70°.

Os resultados dos itens (c) e (h) são exemplos do princípio geral de que um raio luminoso não

sofre um desvio ao passar por um material se as superfícies de entrada e saída são paralelas.

67. (a) De acordo com a Eq. 33-45, temos:

que, para u c

= f = 60°, nos dá

u c

=

n

sen−

1

3 n2

n 3 = n 2 sen 60 o = (1,60)(0,866) = 1,39.

(b) Aplicando a lei de Snell à interface entre os meios 1 e 2, obtemos

n

n

n

1 2 sen30o

2 sen 30o

= 1 sen u ⇒ u = sen−

28,

n1

= 1 o .

(c) Se o valor de u for aumentado, o ângulo f também aumentará e o ângulo de incidência do

raio na interface entre os meios 2 e 3 será maior que u c . Assim, a luz não conseguirá penetrar

no meio 3.

68. (a) De acordo com a Eq. 33-49 e a Tabela 33-1, temos:

u B

= tan−

1n

= tan−

1

( 1,) 33 = 53, 1°

.

(b) Sim, já que n a depende do comprimento de onda da luz.

a


69. O ângulo de incidência u B para que a luz refletida seja totalmente polarizada é dado pela

Eq. 33-49. Se n 1 é o índice de refração do primeiro meio e n 2 é o índice de refração do segundo

meio, temos:

u B

=

n

tan−

1 2

n1

70. Aplicando duas vezes a lei de Snell, temos:

n2

n1

n3

n2

( tanu

)(tan u )

=

B1→ 2 B23→

=

tan−

1

1,

53

= 49, 0°.

1,

33

n3

(tan u )(tan u ).

⇒ n1 =

1 2

Como as placas são paralelas, o ângulo de refração na primeira interface é igual ao ângulo de

incidência na segunda interface. Sabemos que, quando o ângulo de incidência é o ângulo de

Brewster, o ângulo de refração é o complemento do ângulo de reflexão. Assim, usando a notação

da Fig. 33-64,

e, portanto,

= = −

u 2 ( u 1) c 90°

u 1

1

tanu

2 = tan ( u 1)

c =

tanu

e o produto das tangentes na equação anterior é igual a 1, o que nos dá n 3 = n 1 = 1,0.

71. O tempo que a luz leva para percorrer uma distância d no espaço livre é t = d / c, na qual c é

a velocidade da luz (3,00 × 10 8 m/s).

(a) Para d = 150 km = 150 × 10 3 m, temos:

d 150 × 103

m

t = =

= 50 , 0 × 10

c 30 0 × 10

− 4

s.

,

8

m/s

(b) Quando a Lua está cheia, a Lua e o Sol estão em lados opostos da Terra e a distância

percorrida pela luz é

d = (1,5 × 10 8 km) + 2 (3,8 × 10 5 km) = 1,51 × 10 8 km = 1,51 × 10 11 m.

O tempo que a luz leva para percorrer esta distância é

t

d 15 , 1 × 1011

m

= =

= 500 s = 8,

4 min.

c 3,00 × 108

m/s

(c) Nesse caso, d = 2(1,3 × 10 9 km) = 2,6 × 10 12 m e, portanto,

d 2,

6 × 1012

m

t = =

= 8, 7 × 103

s = 2,

4 h.

c 3,00 × 108

m/s

(d) Nesse caso, como d = 6500 anos-luz e a velocidade da luz é 1,00 ano-luz/ano, temos:

t

d 6500 anos-luz

= = = 6500 anos.

c 1,00 ano-luz/ano

Isso significa que a explosão da supernova aconteceu no ano 1054 – 6500 = 5446 a.C.

72. (a) A expressão E y = E m sen(kx – vt ) atende à condição de que o campo elétrico no ponto

P está diminuindo com o tempo no instante t = 0 se supusermos que o ponto P está à direita da

srcem ( x > 0) e o valor de x é menor que p /2k = l/4. É importante lembrar que, nesta descrição,

a onda está se propagando para a direita. Mais especificamente, x P

= (1/ k ) sen –1 (0,25 rad) para

1


que E y

= (1/4)E m no ponto P, no instante t = 0. Além disso, no caso da expressão escolhida para

o campo elétrico, E y (0,0) = 0. Assim, a resposta do item (a) é simplesmente o valor de x P . Como

k = 2p f / c, temos:

d 1

c

x

1

30 108

02 52

= P = −

( , )( , )

sen ( 0,

25 rad) =

= 30,

1 nm.

2

f

2

( 40, 1014

)

(b) Ao nos deslocarmos para a direita ao longo do eixo x (ainda examinando este “instantâneo”

da onda em t = 0), encontramos outro ponto em que E y = 0 a uma distância de meio comprimento

de onda do ponto anterior no qual E y

= 0. Como l = c/f , a coordenada deste ponto é x = l/2 =

c/2 f , o que significa que o ponto está a uma distância à direita de P dada por

c 3 × 108

d 2 = − d 1 =

= 375 nm − 30,

1 nm ≈ 345 nm.

2 f 24 ( , 0 × 1014)

73. (a) Como kc = v, na qual k = 1,00 × 10 6 m –1 , temos v = 3,00 × 10 14 rad/s. De acordo com a

Eq. 33-5, a amplitude do campo magnético é

B = E / c = (5,00 V/m)/ c = 1,67 × 10 –8 T = 1,67 nT.

Como − ˆk (a direção de propagação), E = E y ĵ e B são mutuamente perpendiculare s, concluímos

que a única componente de B diferente de zero é B x . Assim,

= B ( 1, 67 nT)sen[( × 1+ , 001 × 06m− 1) z ( 3,

001 014

s−

1 ) t ].

x

(b) O comprimento de onda é l = 2p / k = 6,28 × 10 –6 m = 6,28 mm.

(c) O período é T = 2p / v = 2,09 × 10 –14 s = 20,9 fs.

(d) A intensidade é

I

=

1 5,

00 V m

= 0, 0332 W/m2 = 33, 2 mW/m2.

2

c0

2

(e) Como foi visto no item (a), a única componente de B diferente de zero é B

x , o que significa

que o campo magnético oscila paralelamente ao eixo x .

(f) O comprimento de onda calculado no item (b) mostra que a onda pertence à região do

infravermelho.

74. (a) Seja r o raio e seja r a massa específica da partícula. Como o volume é (4p /3)r 3 , a massa

é m = (4p /3)r r 3 . Seja R a distância entre o Sol e a partícula e seja M a massa do Sol. Nesse caso,

o módulo da força gravitacional que o Sol exerce sobre a partícula é

GMm 4

GM r 3

F g = = .

R2

3R2

Se P é a potência irradiada pelo Sol, a intensidade da radiação na posição da partícula é I =

P/4p R 2 ; se toda a luz é absorvida, a pressão da radiação é

p

I

c

×

P

.

R c

r = = 4

2

Como toda a radiação que passa por um círculo de raio r e área A = p r 2 , perpendicular à direção

de propagação, é absorvida pela partícula, o módulo da força que a radiação exerce sobre a

partícula é

F

r

×

Pr 2 Pr 2

= p r A = = .

4

R 2c

4R 2c

O sentido da força é para longe do Sol. Note que tanto a força da gravidade como a força da

radiação são proporcionais a R 2 . Assim, se uma das forças é maior que a outra a uma certa

distância do Sol, o mesmo acontece a qualquer distância. Por outro lado, as duas forças não

variam da mesma forma com o raior : F g é proporcional a r 3 e F r é proporcional a r 2 . Assim,

esperamos que as partículas pequenas sejam empurradas para longe do Sol pela força da radiação

e as partículas grandes sejam atraídas para o Sol pela força gravitacional. O valor crítico do raio

é aquele para o qual as duas forças são iguais. Igualando as expressões de F g e F r e explicitando

r , obtemos

r =

3P

.

16 GM c

(b) De acordo com o Apêndice C, M = 1,99 × 10 30 kg e P = 3,90 × 10 26 W. Assim,

×

(6,67 × 10 −11 ⋅

× × ×

339 ( , 0 1026

W)

r =

16 N m

2

/kg2)( 1,

99 1030 kg)(1,0 103 kg/m 3

)( 3,

00 108

m/s)

= 5, 8 × 10−7 m.

75. Seja u 2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja u 3 o ângulo de incidência na segunda

superfície. A condição para que haja reflexão interna total na segunda superfície é n sen u 3 ≥

1. Queremos determinar o menor valor do índice de refração n para o qual esta desigualdade é

verdadeira. Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos n sen u 2 = sen u 1 , o que nos

dá sen u 2 = (1/ n) sen u 1 . Considerando o triângulo formado pela superfície do bloco de vidro e

o raio de luz, vemos que u 3 = 90° – u 2 . Assim, a condição para que haja reflexão interna total

se torna

1 ≤ n sen(90° – u 2 ) = n cos u 2 .

Elevando esta equação ao quadrado e usando a relação trigonométrica sen 2 u 2 + cos 2 u 2 = 1,

obtemos 1 ≤ n 2 (1 – sen 2 u 2 ). Como sen u 2 = (1/ n) sen u 1 , temos:

1

2

sen2 u

≤ 1−

1

n

2 2

2 = n − sen u 1 .

n

O maior valor de n para o qual esta desigualdade é verdadeira é aquele para o qual 1 = n 2 – sen 2

u 1 . Explicitando n, obtemos

= n + 1 = sen + 2 u = 1 sen 2 45°

1, 22.

1

76. Como alguns ângulos da Fig. 33-66 são medidos em relação a um eixo vertical e outros são

medidos em relação a um eixo horizontal, precisamos tomar cuidado ao calcular as diferenças

entre os ângulos. Assim, por exemplo, a diferença ∆u 1 entre as direções de polarização do

primeiro e do segundo polarizador é 110º (ou 70º, dependendo de se a medida é feita no sentido

horário ou no sentido anti-horário; o resultado final é o mesmo nos dois casos). A diferença

entre as direções do segundo e do terceiro polarizador é ∆u 2 = 40º e a diferença entre as direções

do terceiro e do quarto polarizador é ∆u 3 = 40º. Levando em conta o fato de que a intensidade

de uma luz não polarizada é reduzida à metade ao passar por um polarizador com qualquer

orientação (Eq. 33-36) e chamando de I 0 a intensidade inicial, a intensidade da luz transmitida

pelo sistema, de acordo com a Eq. 33-38, é

I

= I

0

1

cos(

2

u 2

2

1) cos ( u 2) cos( u 3) = (25 W/m

2

2 )

1

cos(

2

70 o )cos(

2

40 o ) cos(

2

40

o )

2

= 0, 50 W/m 2 .



77. (a) A primeira contribuição para o desvio total é a primeira refração: du 1 = u i − u r . A

contribuição seguinte é uma reflexão. Como o ângulo entre o raio luminoso antes da reflexão

e a normal à superfície da esfera é u r e, de acordo com a Eq. 33-39, o ângulo após a reflexão

também é igual a u r , o desvio causado pela reflexão, levando em conta a inversão do sentido de

propagação, é du 2 = 180 o − 2u r . A contribuição final é a refração que acontece quando o raio sai

da gota: du 3 = u i

− u r . Assim,

= + + = + −

u d u 1u u 2 3 180u ° u 2 i 4 r .

(b) De acordo com a lei de Snell, n ar sen u i = n sen u r , o que, para n ar ≈1, nos dá u r = sen −1 [ (sen

)/ n] e

u

i

u d = 180 o + 2u i − 4 sen −1 [(sen u i / n)].

A figura a seguir mostra os gráficos de u desv em função de u i para n = 1,331 (luz vermelha) e

n = 1,343 (luz azul).

(c) Ampliando o gráfico na região próxima de u i = 60 o ou derivando a expressão acima e igualando

o resultado a zero, concluímos que o mínimo de u desv para a luz vermelha é 137,63° ≈ 137,6°, o

que acontece para u i = 59,5°.

(d) No caso da luz azul, o mínimo de u desv é 139,35° ≈ 139,4° e acontece para u i = 58,5°.

(e) De acordo com os resultados dos itens (c) e (d), a largura angular do arco-íris é 139,35 o −

137,63 o = 1,72° ≈ 1,7 o .

78. (a) A primeira contribuição para o desvio angular é a primeira refração: du 1 = u i − u r . As

contribuições seguintes são as reflexões. Como o ângulo entre o raio luminoso antes da reflexão

e a normal à superfície da esfera é u

também é igual a r e, de acordo com a Eq. 33-39, o ângulo após a reflexão

u r , o desvio causado por uma reflexão, levando em conta a inversão do sentido

de propagação, é du 2 = 180 o − 2u r . Assim, no caso de k reflexões, temos du 2k = k u 2 = k (180 o − 2u r ).

A contribuição final é a refração que acontece quando o raio sai da gota: du 3 = u i

− u r . Assim,

= + + = − + − =

+ − +

u desv u u 1 u 2 u 3u 2( i r ) u k ( 180°

2 r ) k ( 180221

°) u i ( k ) u r .

(b) Para k = 2 e n = 1,331 (dado no Problema 33-77), o mínimo de u desv para a luz vermelha é

230,37° ≈ 230,4 o , que acontece para u i = 71,90°.

(c) Para k = 2 e n = 1,343 (dado no Problema 33-77), o mínimo de u desv para a luz azul é 233,48° ≈

233,5 o , que acontece para u i = 71,52°.

(d) De acordo com os resultados dos itens (b) e (c), a largura desse tipo de arco-íris é 233,5 o −

230,4 o = 3,1°.

(e) Para k = 3, o mínimo de u desv para a luz vermelha é 317,5°, que acontece para u i = 76,88°.

(f) Para k = 3, o mínimo de u desv para a luz azul é 321,9°, que acontece para u i = 76,62°.

(g) De acordo com os resultados dos itens (e) e (f), a largura desse tipo de arco-íris é 321,9 o −

317,5 o = 4,4°.

79. Seja u o ângulo de incidência do raio luminoso, seja u 2 o ângulo de refração na primeira

superfície do vidro e seja n o índice de refração no vidro. Nesse caso, a lei de Snell nos dá sen u =

n sen u 2 . O ângulo de incidência na segunda superfície do vidro também é u 2 . Se u 3 é o ângulo de

saída do raio luminoso, a lei de Snell nos dá n sen u2 = sen u3. Assim, sen u3 = sen u e u3 = u.


Como vimos, o raio de saída é paralelo ao raio incidente: ambos fazem um ângulo u com a normal

à superfície do vidro. Nosso objetivo é obter uma expressão para x na figura acima em termos

de u. Se D é a distância percorrida pelo raio luminoso no interior do vidro, D cos u 2 = t e D = t /

cos u 2 , na qual t é a espessura do vidro. Como o ângulo a da figura é igual a u – u 2 , temos:

Assim,

x = D sen a = D sen (u – u 2 ).

x

=

−

t sen ( u u 2)

.

cosu

2

Se os ângulos u, u 2 , u 3 e u – u 2 são todos pequenos e medidos em radianos, sen u ≈ u, u 2 ≈ u 2 ,

sen(u – u 2 ) ≈ u – u 2 e cos u 2 ≈ 1. Assim, x ≈ t (u – u 2 ). Usando essa aproximação, a aplicação da

lei de Snell à primeira superfície do vidro nos dá u 2 ≈ u/ n e, portanto,

x

≈

−

t ( u u 2)

1

80. (a) O módulo do campo magnético é

B

u

= t −

u

n

=

−

n 1

t u .

n

E 100 V m

= =

= 3, 3 × 10−

7T = 0,33 T.

c 3,

0 × 108

m s

(b) Como E × B = S

0 , na qual E = E kˆ e S = S ( − ˆ) j , vemos que, como ˆ ( ˆ)

k × − i = − ˆ, j B = B

( −i ˆ), ou seja, o sentido do campo magnético é o sentido − x .

81. (a) A direção de polarização é definida pelo campo elétrico, que é perpendicular ao campo

magnético e à direção de propagação da onda. A função dada mostra que o campo magnético

é paralelo ao eixo x (por causa do índice da amplitude B) e que a onda está se propagando no

sentido negativo do eixo y (por causa do argumento da função seno). Assim, o campo elétrico

é paralelo ao eixo z e a direção da polarização da luz é a direção do eixo z.


(b) Como k = 1,57 × 10 7 /m, l = 2p / k = 4,0 × 10 −7 m, o que nos dá

(c) De acordo com a Eq. 33-26, temos:

I

f = c/ l = 7,5 × 10 14 Hz.

E 2 E 2

rms m ( cBm )

2 cB2

m ( 3 108 m/s)( 40, 10−

6

T)

2

c 0 2c

0 2

c 0 2

7

0 2(

4

× 10−

H/m)

= = = = =

82. Aplicando a Eq. 33-36 uma vez e a Eq. 33-38 duas vezes, obtemos

×

1

I = I ′ ′

2 0 cos2 u 2 1 cos u 2.

Como u ′ = 90° − u = 60° e u ′ = 90° − u = 60° , temos:

1 1

2 2

I 1

4

( 0, 5)

4

= cos 60 = = 0, 031.

I 0 2

2

×

= 1, 9 kW/m 2 .

83. Se o índice de refração do quartzo na extremidade vermelha do espectro é n v = 1,456, o

ângulo crítico para reflexão interna total nessa região do espectro é u v = sen −1 (1/ n v ) = 43,38 o . Se

o índice de refração do quartzo na extremidade azul do espectro é n a = 1,470, o ângulo crítico

para reflexão interna total nessa região do espectro é u a = sen −1 (1/ n a ) = 42,86 o .

(a) Para um ângulo de incidência u 1 = 42,00°, u 1 < u v , u 1 < u a . Assim, todas as cores são refratadas

e a luz refratada é branca.

(b) Para um ângulo de incidência u 1 = 43,10°, u 1 < u v e u 1 > u a , o que significa que a apenas

as cores da extremidade vermelha do espectro são refratadas e, portanto, a luz refratada é

avermelhada.

(c) Para um ângulo de incidência u 1 = 44,00°, u 1 > u v e u 1 > u a , o que significa que nenhuma cor

é refratada e, portanto, não há luz refratada.

84. De acordo com as Eqs. 33-36 e 33-38, temos:

I final ( I 0 / 2)(cos 2

45°

)

2

1

= = = 0, 125.

I 0

I 0 8

85. A massa da esfera é m = r V , na qual r é a massa específica, V = 4p R 3 /3 é o volume e R é o raio

da esfera. Usando a segunda lei de Newton, F = ma, e a Eq. 33-32 com A = p R , obtemos

4 R3 I R2

a = ,

3 c

o que nos dá

a

3I

3( 60 , × 10−

3

W/m2)

= =

= 1, 5 × 10−

9

m/s

4

cR 4( 5, 01×

03

kg/m3 )( 3,

0 × 108 m/s)( 2, 0 × 10−

6

m)

2 .

2

86. Levando em conta a redução “automática” para metade do valor inicial que acontece quando

um feixe de luz não polarizada passa por um polarizador, a fração da luz transmitida pelo conjunto

de quatro polarizadores é

I 1

2 3 0 753

= [ cos( 30o

,

)] = = 0, 21.

I 0 2

2


87. (a) A intensidade do feixe ao chegar ao avião é

I

P P 180 × 103

W

= = =

A 2

r 2

2

( 90 × 10 m)

3 2

(b) A potência da onda refletida pelo avião é

= 3 5 × 10

−

= 3, 5 .

,

6

W/m2 W/m2

P = = IA× ( 3, 5 10−

6

W/m= 2×

)( 0, 22 m2) 7,

8 10−

7

W.

r

r

(c) A intensidade da onda refletida na posição do radar é

I

r

−7

Pr

−

2 r 2 7 8 10 10

3 2 1 5 10

17

2 , (90

W

m)

, W/m 2 .

= = × ×

= ×

(d) Como, de acordo com a Eq. 33-26, I r = E 2 m / 2c 0, o valor máximo do campo elétrico

associado à onda refletida é

E m = 2c = 0I

r × 2( 3,0 × 108⋅ m/s)( × 4

10 −7 T m A)( 1,

5 10

− 17

W/m 2

)

= 1,

1 × 10

−7

V/m.

(e) O valor rms do campo magnético associado à onda refletida é

Brms

E rms

c

E m

2c

= = =

88. (a) Fazendo v = c na relação kv = v = 2p f , obtemos

(b) E rms = E m / 2 = B m

f

1,

1 × 10−

7

V/m

= 2,5 × 10− 23 ( ,0 ×

16 T = 0,25 fT.

108

m/s)

kc ( 4, 00 m21)( 3 × 108

m/s)

= =

= 19 , 1 × 108

Hz.

2

2

2 /c = (85,8 × 10 29 T)(3×10 8 m/s)/(1,414) = 18,2 V/m.

(c) I = (E rms ) 2 / cm 0 = (18,2 V/m) 2 /(3 × 10 8 m/s)(4p × 10 −7 H/n) = 0,878 W/m 2 .

89. De acordo com a Fig. 33-18, n max = 1,470 para l = 400 nm e n min = 1,456 para l = 700 nm.

(a) De acordo com a Eq. 33-49,

(b) u B,min = tan –1 (1,456) = 55,5°.

u B,max = tan –1 n max = tan –1 (1,470) = 55,8°.

90. Aplicando seis vezes a lei de Snell, obtemos:

n1 n2

n3

n4

n4

n

n

n n5

i

1

n

n

= senu

senu

senu

senu

senu

senu

ar

1

2

3

5

n ar

1

2

senu

3

sen

senu

sen

Cancelando os fatores que aparecem no numerador e no denominador, obtemos:

senu

i

1 = ⇒ senu

f = sen u i ,

senu

f

2

3

4

u 4 senu

4

u 5

senu

f

um resultado que não depende do ângulo de incidência, do índice de refração das placas, da

largura das placas e do número de placas). Assim,

(a) u

f = 0 o .

(b) u = 20°.

f

.


(c) Como este caso equivale a acrescentar uma placa ao conjunto, o resultado permanece o

mesmo: u

f = 0.

(d) u

f = 20°.

91. (a) A 40 m de distância do feixe, a intensidade é

I

P P

43( , 0 × 10−

3

W)

= = =

d 2 4u

( r )

2 4 [( 0,17 10 ×

−3

W m

rad)( m)]

2 .

40

= 83 2

(b) De acordo com a Eq. 33-27,

= P ′ = 4 r 2 I 4 (40 m) = × 2

( 83=

W m 2 ) 1,

7 10

6 W1 ,7 MW.

92. De acordo com a lei de Snell,

sen u 1 /sen u 2 = n água = constante.

É fácil verificar que todos os pares de valores fornecem o mesmo resultado até a primeira casa

decimal. Por exemplo: sen 10°/sen 8° = 0,174/0,139 = 1,3 e sen 40°/sen 29 o = 0,643/0,485 =1,3.

Assim, o índice de refração da água é n água ≈ 1,3.

93. De acordo com a Eq. 33-36, quando a luz não polarizada passa pelo primeiro polarizador,

a intensidade é reduzida à metade. Como 1/3 = (1/2)(2/3), para que a intensidade final seja um

terço da intensidade inicial, o segundo polarizador deve produzir uma redução de 2/3. Assim,

cos 2 u = 2/3 ⇒ u = 35°.

Capítulo 34

1. Se o passarinho está a uma distância d 2 do espelho, o plano da imagem está a uma distância

d 2 do outro lado do espelho. A distância lateral entre a câmara e o beija-flor é d 3 = 5,00 m.

Vamos chamar de d 1 a distância entre a câmara e o espelho e construir um triângulo retângulo

formado por d 3 e pela distância d = d 1 + d 2 entre a câmera e o plano da imagem. De acordo com

o teorema de Pitágoras, esta distância é

2

d = ( d + d ) + d = ( 4, 30 m + 3,30 m) + ( 5, 00 m) = 9,

10 m.

1 2

3 2 2 2

2. Como a imagem está 10 cm atrás do espelho e você está 30 cm à frente do espelho, a distância

entre seus olhos e a posição aparente da imagem da mariposa no espelho é 10 cm + 30 cm =

40 cm.

3. A intensidade da luz produzida por uma fonte pontual varia com o quadrado da distância da

fonte. Antes da introdução do espelho, a intensidade da luz no centro da tela é dada por I P

= A/ d 2 ,

em que A é uma constante. Depois que o espelho é introduzido, a intensidade da luz é a soma

da luz que chega diretamente à tela, com a mesma intensidade I P de antes, com a luz refletida.

Como a luz refletida parece ter sido produzida por uma fonte pontual situada a uma distância

d atrás do espelho, a distância entre a imagem da fonte e a tela é 3d e sua contribuição para a

intensidade da luz no centro da tela é

I

r

A A I P

= = = .

( 3d

)

2

9d

2

9

A intensidade total da luz no centro da tela é, portanto,

I P 10

I = + IP = Ir+ I P= I 9 9

e a razão entre a nova intensidade e a intensidade antiga é I / I P = 10/9 = 1,11.

4. No momento em que S consegue ver B, os raios luminosos provenientes de B estão sendo

refletidos pela borda do espelho em direção a S . Nesse caso, o ângulo de reflexão é 45°, já que

uma reta traçada de S até a borda do espelho faz um ângulo de 45° com a parede. De acordo

P

com a lei de reflexão de espelhos planos,

x

d

= tan 45= ° ⇒ 1 = = x =

d / 2

2

5. De acordo com a Eq. 33-40, temos:

sen

sen ′ = n n

água

ar

,

3,

0 m

2

1,

5m.


que, em nosso caso, como u e u9 são pequenos e n ar ≈ 1, se reduz a u9 ≈ u/ n água . Observe a figura

a seguir.

O objeto O está uma distância vertical d 1 acima da água e a água está uma distância vertical d 2

acima do espelho. A imagem I é formada uma distância vertical d abaixo do espelho. No triângulo

OAB,

| AB | = d1tan

≈ d 1

,

no triângulo CBD,

2d

| BC | = 2d2 tan ′ ≈ 2d

2

′ ≈

n

2

água

e, finalmente, no triângulo ACI ,

|AI | = d + d 2 .

Assim,

| AC | | AB | + | BC | 2d

d = | AI− | = d 22 − ≈ d

− d2 = d 1

+

tan

n

= 250 cm +

2(2 00 cm)

− 200 cm = 351c m.

1,

33

2

água

1 d

d d

− = + − 2

2 1

n

2

água

d

2

6. Observe, na Fig. 34-34, que m = 2 para p = 5 cm. De acordo com a Eq. 34-7, isso significa

que i = −10 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-4, f = pi/(p + i) = (50 cm)/(5 cm) = 10 cm.

Para p = 14 cm, a Eq. 34-4 nos dá i = fp/( p − f ) = (10 cm)(14 cm)/(4 cm) = 35 cm. Assim, de

acordo com a Eq. 34-7, m = −i/p = −2,5.

7. De acordo com as Eqs. 34-3, 34-4 e 34-7, temos:

11 1 2

− = = ⇒ = −p

p pm f r

r

2 1 1 35,

0 cm 1

1

m

= −

2 2,

50

= 10, 5 cm.

8. De acordo com o gráfico da Fig. 34-35, f = 20 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-4,

1 1 1 fp ( 207cm

)( 0 cm)

= − ⇒ = i =

= + 28 cm.

i f p p − f ( 70 cm − 20 cm)


9. Um espelho côncavo tem uma distância focal positiva. No caso de espelhos esféricos, a distância

focal f está relacionada ao raio de curvatura r através da Eq. 34-3:

f

r

= 2

.

A distância do objeto p, a distância da imagem i e a distância focal f estão relacionadas através

da Eq. 34-4:

1 1 1

+ = ,

p i f

em que o valor de i é positivo para imagens reais e negativo para imagens virtuais.

A ampliação lateral é dada pela Eq. 34-6:

i

m = − ,

p

em que o valor de m é positivo para imagens não invertidas e negativo para imagens invertidas.

As imagens reais são formadas do mesmo lado que o objeto e as imagens virtuais são formadas

do lado oposto do espelho.

(a) O raio de curvatura é r = 2f = 2(12 cm) = + 24 cm.

(b) A distância da imagem é

pf ( 18 cm)( 12 cm)

i = =

= 36 cm.

p − f 18 cm −12

cm

(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(36 cm)/(18 cm) = −2,0.

(d) Como a distância da imagem i é positiva, a imagem é real (R).

(e) Como a ampliação lateral m é negativa, a imagem é invertida (I).

(f) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado que o objeto (M).

A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-10c: o objeto está mais distante do espelho

que o ponto focal e a imagem é real e invertida.

10. A distância focal dos espelhos côncavos é positiva.

(a) O raio de curvatura é r = 2f = 20 cm.

(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = +30 cm.

(c) A ampliação lateral é m = −i / p = –2,0.

(d) Como a distância da imagem i é positiva, a imagem é real (R).

(e) Como a ampliação lateral m é negativa, a imagem é invertida (I).

(f) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).

11. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.

(a) O raio de curvatura é r = 2f = –20 cm.


i =

pf

p − f

( 8 cm)( −10

cm)

=

= −4,

44 cm.

8 cm − ( −10)

cm

30 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS

(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(−4,44 cm)/(8,0 cm) = +0,56.

(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).

(e) Como a ampliação lateral m é positiva, a imagem é não invertida (NI).

(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).

A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-11c: o espelho é convexo e a imagem é

virtual e não invertida.


(a) Para f = 36 cm, o raio de curvatura é r = 2f = + 72 cm.

(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = –72 cm.

(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +3,0.


(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).



(a) O raio de curvatura é r = 2f = + 36 cm.







(a) Para f = –35, o raio de curvatura é r = 2 f = –70 cm.







(a) O raio de curvatura é r = 2f = 2(–8 cm) = –16 cm.



i =

pf

p − f

( 10 cm)( −8

cm)

=

= −4,

44 cm.

10 cm − ( −8)

cm

(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(−4,44 cm)/(10 cm) = +0,44.




A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-11c: o espelho é convexo e a imagem é

virtual e não invertida.


(a) O raio de curvatura é r = 2f = –28 cm.

(b) A distância do objeto é i = pf /( p − f ) = –7,7 cm.





17. (a) O fato de que o espelho é côncavo é informado na tabela.

(b) f = +20 cm (positiva, porque o espelho é côncavo).

(c) r = 2f = 2(+20 cm) = +40 cm.

(d) A distância do objeto p = +10 cm é dada na tabela.

(e) A distância da imagem é i = (1/ f – 1/ p) –1 = (1/20 cm – 1/10 cm) –1 = –20 cm.

(f) A ampliação lateral é m = –i/ p = –(–20 cm/10 cm) = +2,0.

(g) A imagem é virtual (V).

(h) A imagem é não invertida (NI).

(i) A imagem é formada do lado oposto do espelho (O).

18. (a) Como a imagem é invertida, o espelho é côncavo.

(b) Como a imagem é invertida, a ampliação lateral m é negativa: m = −0,50. Como p = +24

cm, a Eq. 34-6 nos dá i = – pm = −(24 cm)(−0,5) = +12 cm e a Eq. 34-4 nos dá f = pi/(p+1) =

(24 cm)(12 cm)/(24 cm + 12 cm) = +8 cm.

(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = +16 cm.


(d) A distância p = +24 cm é dada na tabela.

(e) Como foi no item (b), i = +12 cm.

(f) Como foi visto no item (b), m = –0,50.

(g) Como i > 0, a imagem é real (R).

(h) A tabela informa que a imagem é invertida (I).

(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).

19. (a) De acordo com a Eq. 34-3, como r < 0, f < 0 e o espelho é convexo.

(b) De acordo com a Eq. 34-3, f = r /2 = –20 cm.

(c) Como informa a tabela, r = –40 cm.

(d) De acordo com a Eq. 34-4, p = +20 cm.

(e) A distância i = –10 cm é dada na tabela.

(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = +0,50.

(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).

(h) Como m é positivo, a imagem é não invertida (NI).

(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho (O).

20. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = −mp = −(−0,70)(+40 cm) = +28 cm, o que significa que

a imagem é real (R) e está do mesmo lado do espelho (M). Como m < 0, a imagem é invertida

(I). De acordo com a Eq. 34-4, f = ip/ (i + p) = (28 cm)(40 cm)/(28 cm + 40 cm) = +16 cm > 0,

o que significa que o espelho é côncavo.

(b) f = ip/ (i + p) = +16 cm.

(c) r = 2f = +32 cm.

(d) Como informa a tabela, p = +40 cm.

(e) i = −mp = +28 cm.

(f) Como informa a tabela, m = −0,70.

(g) A imagem é real (R).

(h) A imagem é invertida (I).

(i) A imagem é formada do mesmo lado do espelho (M).

21. (a) Como f > 0, o espelho é côncavo.

(b) Como informa a tabela, f = + 20 cm.


(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = +40 cm.

(d) Como informa a tabela, p = + 10 cm.

(e) De acordo com a Eq. 34-4, i = pf /( p − f ) = +60 cm.

(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = –i/ p = –2,0.


(h) Como m < 0, a imagem é invertida (I).


22. (a) Como 0 < m < 1, a imagem é não invertida e menor que o objeto, o que significa que o

espelho é convexo.

(b) Como o espelho é convexo, f = –20 cm.

(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = –40 cm.

(d) Para obter os valores de i e p, usamos as Eqs. 34-4 e 34-6 para formar um sistema de duas

equações com duas incógnitas, cuja solução é p = +180 cm = +1,8 m e i = −18 cm.

(e) Como foi visto no item (d), i = –18 cm.

(f) m = +0,10, dada na tabela.


(h) Como foi visto no item (a), a imagem é não invertida (NI).

(i) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).

23. (a) Como 0 < m < 1, a imagem é não invertida e menor que o objeto, o que significa que o

espelho é convexo.

(b) Como o espelho é convexo, f = −30 cm.

(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = –60 cm.

(d) Para obter os valores de i e p, usamos as Eqs. 34-4 e 34-6 para formar um sistema de duas

equações com duas incógnitas, cuja solução é p = +120 cm = +1,2 m e i = −24 cm.

(e) Como foi visto no item (d), i = –24 cm.

(f) Como informa a tabela, m = +0,20.


(h) Como foi visto no item (a), a imagem é não invertida (NI).


24. (a) Como m < 0, a imagem é invertida. Isso significa que o espelho é côncavo.

(b) De acordo com a Eq. 34-6, i = −mp = −(−0,50)(+60 cm) = +30 cm e, portanto, f = ip/ (i +

p) = +20 cm.


(c) r = 2f = +40 cm.

(d) Como informa a tabela, p = 60 cm.

(e) Como foi visto no item (b), i = +30 cm.

(f) Como informa a tabela, m = −0,50.


(h) Como foi visto no item (a), a imagem é invertida (I).


25. (a) Como informa a tabela, a imagem é invertida (I), o que significa que o espelho é côncavo,

a imagem é real (R) e a ampliação lateral é negativa. De acordo com a Eq. 34-6, i = −mp =

−(−0,40)(+30 cm) = +12 cm.

(b) f = ip/ (i + p) = +8,6 cm.

(c) r = 2f = +17,2 cm ≈ +17 cm.


(e) Como foi visto no item (a), i = +12 cm.

(f) Como foi visto no item (a), m = −0,40.

(g) Como foi visto no item (a), a imagem é real (R).

(h) Como informa a tabela, a imagem é invertida (I).


26. (a) Como informa a tabela, a imagem é formada do mesmo lado do espelho, o que significa

que a imagem é real (R), o espelho é côncavo e a distância focal é positiva.

(b) A distância focal é f = +20 cm.

(c) O raio de curvatura é r = 2f = +40 cm.


(e) De acordo com a Eq. 34-4, i = pf/ ( p – f ) = +30 cm.

(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/p = −0,50.

(g) Como foi visto no item (a), a imagem é real (R).

(h) Como m < 0, a imagem é invertida (I).

(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho.

27. (a) O fato de que a distância focal é negativa significa que o espelho é convexo.

(b) Como informa a tabela, f = –30 cm.

(c) r = 2f = –60 cm.


(d) p = if / (i – f ) = +30 cm.

(e) Como informa a tabela, i = –15.

(f) m = −i/ p = +0,50.


(h) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).

(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho.

28. (a) O fato de que a ampliação lateral é +1,0 significa que o espelho é plano.

(b) Como o espelho é plano, f = ∞ (ou f = –∞, já que o sinal não importa neste caso extremo).

(c) r = 2f = ∞ (ou r = –∞).

(d) Como informa a tabela, p = + 10 cm.

(e) i = pf /( p − f ) = –10 cm.

(f) m = –i/ p = +1,0.



(i) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado do espelho (M).

29. (a) Como informa a tabela, o espelho é convexo.

(b) Como o espelho é convexo, r = –40 cm e a distância focal é f = r /2 = (–40 cm)/2 = –20 cm.

(c) Como foi visto no item (b), r = –40 cm.

(d) O fato de que o espelho é convexo significa que i = +4,0 cm. Nesse caso, de acordo com a

Eq. 34-4, p = if /(i − f ) = (−4,0 cm)(−20 cm)/[(−40 cm) − (−20 cm)] = 5,0 cm.

(e) Como foi visto no item (d), i = –4,0 cm.

(f) m = −i/ p = −(−4,0 cm)/(5,0 cm) = +0,80.




30. Note que, no gráfico da Fig. 34-36, não existe uma descontinuidade como a do gráfico da

Fig. 34-35. Isso significa que não existe um ponto no qual p = f (que torna infinito o valor de i).

Como p > 0, como de costume, isto significa que a distância focal não é positiva. Sabemos que

não se trata de um espelho plano, já que a ampliação lateral varia com p. Assim, concluímos


que se trata de um espelho convexo. Vamos nos concentrar no ponto em que p = 10 cm e m =

0,50. Combinando as Eqs. 34-4 e 34-7, obtemos

i

m = − = −

p

f

p − f

,

o que nos dá f = –10 cm (confirmando nossa conclusão de que o espelho é convexo). Para p =

21 cm, obtemos m = – f /( p – f ) = +0,32.

31. (a) De acordo com as Eqs. 34-3 e 34-4,

i = pf

p − f

= pr .

2p

− r

Derivando ambos os membros em relação ao tempo e usando a relação v O = dp / dt , obtemos:

(b) Para p = 30 cm, temos:

(c) Para p = 8,0 cm, temos:

(d) Para p = 1,0 cm, temos:

di d pr rvO

pr vO

pr

vI

= =

dt dt p − r = − ( 2 − ) + 2 r

=

2

2

( 2 p − r ) 2p

− r

2

15 cm

v I =

( ) −

( 5, 0 cm/s) = 0, 56 cm/ s.

2 30 cm 15 cm

2

2

v O

v I = 15 cm

( ) −

( 5, 0 cm/s) = 1, 1 × 10 3

cm/s = 11 m/s.

28 ,0 cm 15 cm

2

15 cm

v I =

( ) −

( 5, 0 cm/s) = 6, 7 cm/ s.

21 ,0 cm 15 cm

32. Além de n 1 = 1,0, sabemos que (a) n 2 = 1,5, (b) p = +10 cm e (c) r = +30 cm.

(d) De acordo com a Eq. 34-8,

i = n

2

n

− n

r

2 1 1

(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V).

−1

n −

−

p = 1 5 1 , 5 1 , 0 1,

0

,

−

cm.

30 cm 10 cm

= −18

(f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).

O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12c do livro.

33. Além de n 1 = 1,0, sabemos que (a) n 2 = 1,5, (b) p = +10 cm e (d) i = −13 cm.

.

(c) De acordo com a Eq. 34-8,

−1

−1

n1 n2

r = ( n2 − n1

) +

p i = ( 1 5 −

1,

0 1,

5

, 1,

0) +

10 cm −13

= −

cm

32,

5 cm≈

− 33c m.




O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12e do livro.

34. Além de n 1 = 1,5, sabemos que (b) p = +100, (c) r = −30 cm e (d) i = +600 cm.

(a) De acordo com a Eq. 34-8, temos:

n

2

1 1 n1 n1

n

1 1

−

2

r i = +

p r ⇒

−

−30

600

=

1, 5 1,

5

+

− ⇒ n2

( −0,

035) = −0, 035,

100 30

o que nos dá n 2 = 1,0.

(e) Como i > 0, a imagem é real (R).

(f) Como a imagem é real, é formada do outro lado da superfície esférica (O).

O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12b do livro.

35. Além de n 1 = 1,5, também sabemos que (a) n 2 = 1,0, (b) p = +70 cm e (c) r = +30 cm. Note

que n 2 < n 1 .

(d) De acordo com a Eq. 34-8, temos:

−1

n2 − n1 n1

−

i = n2

− = 1 0 1 , 0 1 , 5 1,

5

,

−

r p 30 cm 70 cm


−1

= −26

cm.


O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12f . Neste caso, como a refração sempre afasta os

raios do eixo central, a imagem é sempre virtual, independentemente da distância do objeto.

36. Além de n 1 = 1,5, sabemos que (a) n 2 = 1,0, (c) r = −30 cm e (d) i = −7,5 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-8, temos:

p =

n

n

− n

r

1

n

−

i

2 1 2

1,

5

=

−

= 10 cm.

1, 0 1, 5 1,

0

−

−

30 cm − 7,

5 cm



O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12d do livro.

37. Além de n 1 = 1,5, sabemos que (a) n 2 = 1,0, (b) p = +10 cm e (d) i = −6,0 cm.


−1

−1

n1 n2

1,

5 1,

0

r = ( n2 − n1

) +

p i = ( 1, 0 −1,

5) +

30

10 cm −6,

0 = cm.

cm




O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12 f do livro, mas com o objeto e a imagem mais

próximos da superfície esférica.

38. Além de n 1 = 1,0, sabemos que (a) n 2 = 1,5, (c) r = +30 cm e (d) i = +600.


p n n

1

= − n

−

r i

2 1 2

= 1, 5 −1, 01 , 0 1,

5 = 71 cm.

−

30 cm 600 cm

(e) Como i > 0, a imagem é real (R) e invertida.

(f) Como a imagem é real, é formada do outro lado da superfície esférica (O).

O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12a do livro.

39. (a) De acordo com a Eq. 34-8, fazendo n 1 = n ar = 1,00, n 2 = n, p = ∞ e i = 2r ,

(b) Para i = r , a Eq. 34-8 se torna

1,

00 1

2, 00.

∞ + n

2

= n − ⇒ n =

r r

n r

= n r

−1 ,

que não tem solução, a não ser para n → ∞ ou r → ∞. Isto significa que não é possível focalizar

os raios luminosos no centro da esfera.

40. De acordo com a Eq. 34-8, com n 1 = 1,6, n 2 = n ar = 1, p = 3,0 cm e r = −5,0 cm, obtemos:

1,

6 1 11−

, 6

+ =

3,

0 cm i −5,

0 cm

A distância aparente da superfície da mesa é, portanto,

41. (a) De acordo com a Eq. 34-10,

⇒

i = −2, 4 cm.

d − h + i = 8,0 cm − 3,0 cm + 2,4 cm = 7,4 cm.

−1

−1

f = ( n − 1)

1

r

− 1

r = ( 1, 5 − 1)

1

∞ − 1

cm.

1 2

−

20 cm

= + 40


− 1 −1

1 1

i = −

f p

= 1

− 1

= .

40 cm 40 cm

42. Combinando as Eqs. 34-7 e 34-9, obtemos m(p – f ) = – f . De acordo com o gráfico da Fig.

34-39, m = 0,5 para p = 15 cm, o que nos dá f = –15 cm. Substituindo f por seu valor na expressão

e fazendo p = 35 cm, obtemos m = +0,30.


−1

1 1

i = − =

f p

fp

.

p − f


A altura da imagem é, portanto,

i

hi = mhp =

p h p

=

fhp

p − f

(75 mm)(1,80 m)

=

= 5,

0 mm.

27 m − 0,

075 m

44. A descontinuidade do gráfico da Fig. 34-40 no ponto p = 30 cm significa que f = 30 cm.

Para p = 100 cm, a Eq. 34-9 nos dá

pf ( 100 cm)( 30 cm)

i = =

= + 43 cm.

p − f 100 cm − 30 cm

45. Se d S é o diâmetro do Sol e d i é o diâmetro da imagem, a Eq. 34-5 nos dá

d

i

= m d =

| |

p

d

i SS S

= 18 , 6 × 10−3m = 1,86m m.

f

≈

p

d ( 200, × 10

=

−2

m )( 2)( 69 , 6 × 108

m)

15 , 0 × 1011m

46. Como a distância focal da lente não muda, todos os pontos do gráfico da Fig. 34-41 obedecem

à relação 1/ p + 1/ i = c, em que c é uma constante. De acordo com o gráfico, para p = p 1 = 20

cm, temos i = i 1 = –10 cm. Assim, chamando de i 2 o valor de i para p = p 2 = 70 cm, temos:

o que nos dá i 2 = −16 cm.

1 1 1 1 1 1 1 1

+ = = + c ⇒ − = +

,

p i p i 20 cm 10 cm 70 cm i

1 2 2 2 2

47. De acordo com a Eq. 34-10,

1 1 1

= ( n − 1) −

f r r ,

1 2

em que f é a distância focal, n é o índice de refração, r 1 é o raio de curvatura da primeira superfície

que a luz encontra e r 2 é o raio da segunda superfície. Como uma das superfícies tem um

raio de curvatura duas vezes maior que a outra e como uma superfície é convexa em relação

à luz incidente e a outra superfície é côncava em relação à luz incidente, r 2 = –2r 1 e a equação

acima se torna

(a) O raio menor, r 1 , é dado por

1 1 1 3 n 1

= n − 1 +

f r 2r

= ( − )

( )

.

2r

1 1 1

3( n − 1) f 3( 1, 5 − 1)( 60 mm)

r 1 = =

= 45 mm.

2

2

(b) O valor absoluto do segundo raio é r 2 = 2r 1 = 90 mm.

48. Combinando a Eq. 34-7 com a Eq. 34-9, obtemos m(p – f ) = – f . De acordo com o gráfico da

Fig. 34-42, m = 2 para p = 5 cm, o que nos dá f = mp/(m − 1) = 10 cm. Substituindo f por seu

valor na expressão e fazendo p = 14 cm, obtemos m = –2,5.

49. Usando a Eq. 34-9 e o fato de que p + i = d , na qual d é a distância entre a transparência e

a tela, obtemos

p 2 – dp + df = 0.


Assim,

1

p = ± ( d − = d

2± 4df

) 22 cm−

1 ( 44 cm)

2

4(

44 cm)(11 cm) = 22 cm.

2

2

50. Como a lente é convergente (C), a distância focal é positiva: f = +4 cm.

(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = +5,3 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = −0,33.

(c) Como i > 0, a imagem é real (R).

(d) Como m < 0, a imagem é invertida (I).

(e) Como a imagem é real, é formada do outro lado da lente (O). (Veja a Fig. 34-16 a.)


(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = –48 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +4,0.

(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).

(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).

(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M). (Veja a Fig. 34-16 b.)


(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = –88 cm.




(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M). (Veja a Fig. 34-16 b.)

53. Como a lente é divergente (D), a distância focal é negativa: f = –12 cm.

(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p − f ) = −4,8 cm.




(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).

O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16c.



(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = –3,8 cm.






(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = –8,6 cm.




(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado que a lente (M).


(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p– f ) = –8,7 cm.






(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = +36 cm.




(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente (O).

58. (a) Combinando as Eqs. 34-9 e 34-10, obtemos i = –63 cm.






59. Como r 1 é positivo e r 2 é negativo, trata-se de uma lente biconvexa. De acordo com a Eq.

34-10,

1 1 1

= ( n − 1) −

f r r

1 2

na qual f é a distância focal, n é o índice de refração, r 1 é o raio de curvatura da primeira superfície

que a luz encontra e r 2 é o raio da segunda superfície. A distância do objeto p, a distância

da imagem i e a distância focal f estão relacionadas através da Eq. 34-9:

1 1 1

= + .

f p i

Neste caso, r 1 = +30 cm, r 2 = –42 cm, n = 1,55 e p = +75 cm.

(a) A distância focal é

r1 r 2

( + 30 cm)( −42

cm)

f =

=

= + 31,

8 cm

( n − 1)( r − r ) ( 1, 55 − 1)

( − 42 cm − 30 cm)

2 1

e a distância da imagem é

i =

pf

p − f

( 75 cm)( 31, 8 cm)

=

= + 55 cm.

75 cm − 31,

8 cm





O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16a.



(c) O fato de que i < 0 significa que a imagem é virtual (V).

(d) O fato de que m > 0 significa que a imagem é não invertida (NI).


61. (a) Combinando a Eq. 34-9 com a Eq. 34-10, obtemos i = –18 cm.


(c) O fato de que i < 0 significa que a imagem é virtual (V).

(d) O fato de que m > 0 significa que a imagem é não invertida (NI).

(e) Como a imagem é virtual, é formada o mesmo lado da lente (M).


r1 r 2

f =

= + 30 cm.

( n − 1)( r − r )

2 1


Como f > 0, a lente é convergente (C). De acordo com a Eq. 34-9,

1

1

i = =

= −15

cm.

1 − 1 1 − 1

f p 30 cm 10 cm

(b) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/ p = (–15 cm)/(10 cm) = +1,5.











−1

1 1 1

f = −

n − r r = −120

cm.

1

1 2

Como f < 0, a lente é divergente (D). De acordo com a Eq. 34-9,

1

1

i = =

= −9,

2 cm.

1 − 1 1

f p −

− 1

120 cm 10 cm

(b) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/ p = –(–9,2 cm)/(10 cm) = +0,92.






−1

1 1 1

f = −

n − r r = −30

cm.

1

2 2

Como f < 0, a lente é divergente (D). De acordo com a Eq. 34-9, temos:

1

1

i = =

= −7,

5 cm.

1 − 1 1

f p −

− 1

30 cm 10 cm

(b) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/ p = –(–7,5 cm)/(10 cm) = +0,75.






66. (a) Combinando a Eq. 34-9 com a Eq. 34-10, obtemos i = –9,7 cm.





67. (a) Combinando a Eq. 34-9 com a Eq. 34-10, obtemos i = +84 cm.





68. (a) Como a imagem é real, a lente é convergente (C).

(b) Como i = d – p e i/ p = 1/2,

(c) A distância focal é

2d

2( 40, 0 cm)

p = = = 26,

7 cm.

3 3

− 1

d

f = +

i p

=

+

− 1

1 1 1 1 2 2( 40, 0 cm)

d d = =

= 8,

89 cm.

/ 3 2 / 3 9 9

69. (a) Como f > 0, a lente é convergente (C).


1

1

i = =

= −10

cm.

1 − 1 1 − 1

f p 10 cm 5,

0 cm

(e) De acordo com a Eq. 34-6, m = –(–10 cm)/(5,0 cm) = +2,0.

(f) Como i < 0, a imagem é virtual (V).

(g) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).

(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).


70. (a) O fato de que m < 1 e a imagem é não invertida significa que a lente é divergente (D)

(veja a Fig. 34-16).

(b) Como a lente é divergente, f = –20 cm.

(d) De acordo com a Eq. 34-9, i = –5,7 cm.

(e) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,71.

(f) O fato de que i < 0 significa que a imagem é virtual (V).

(h) O fato de que a imagem é virtual significa que é formada do mesmo lado da lente (M).

71. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = –mp = –(0,25)(16 cm) = –4,0 cm. De acordo com a Eq.

34-9, f = –5,3 cm, o que significa que a lente é divergente (D).

(b) Como foi visto no item (a), f = –5,3 cm.

(d) Como foi visto no item (a), i = –4,0 cm.



(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente.

72. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = +4,0 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-9, f = +3,2

cm, o que significa que a lente é convergente (C).

(b) Como foi visto no item (a), f = +3,2 cm.

(d) Como foi visto no item (a), i = +4,0 cm.

(f) Como i > 0, a imagem é real (R).

(g) Como m < 0, a imagem é invertida (I).

(h) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente (O).

73. (a) De acordo com a Eq. 34-6, i = –mp = +5,0 cm; de acordo com a Eq. 34-9, f = +3,3 cm,

o que significa que a lente é convergente (C).

(b) Como foi visto no item (a), f = +3,3 cm.

(d) Como foi visto no item (a), i = +5,0 cm.



(h) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente (O).

O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16a do livro.


74. (b) Como a lente é convergente, f = +10 cm.


1

1

i = =

= + 20 cm.

1 − 1 1 − 1

f p 10 cm 20 cm

(e) De acordo com a Eq. 34-6, m = –20/20 = –1,0.



(h) Como a imagem é real, é formada do outro lado da lente (O).

75. (a) Como a imagem é formada do mesmo lado da lente (M), a distância da imagem i é negativa.

Fazendo i = fp /(p – f ) na equação m = −i/ p, obtemos

i

m = − = −

p

f

p − f

.

Como m < 1,0 e p > 0, f < 0, o que significa que a lente é divergente (D).

(b) Como foi visto no item (a), f = −10 cm.

(d) A distância da imagem é

i =

pf

p − f

( 5, 0 cm)( −10

cm)

=

= −3,

3 cm.

5, 0 cm − ( −10

cm)

(e) A ampliação é m = −i/ p = −(−3,3 cm)/(5,0 cm) = +0,67.




76. (a) De acordo com a Tabela 34-8, a ampliação é positiva e maior que 1. Examinando as

Figs. 34-15 e 34-16 do livro, vemos que isso só será possível se a lente for convergente (C) e

se p < f .

(b) Como a lente é convergente, f = 10 cm.


(e) A ampliação é m = −i/ p = +2,0.


1

1

i = =

= −10

cm.

1 − 1 1 − 1

f p 10 cm 5,

0 cm




77. (a) Combinando as Eqs. 34-7 e 34-9, obtemos

p 16 cm

f = = = 80 cm.

1 − 1/

m 1 − 1125 / ,

Como o valor de f é positivo, a lente é convergente (C).

(b) Como foi visto no item (a), f = +80 cm.

(d) A distância da imagem é i = −mp = −(1,25)(16 cm) = −20 cm.





78. (a) De acordo com a Tabela 34-8, o valor absoluto da ampliação é 0,5 e a imagem é não invertida

(NI). Isso significa que m = +0,5. Usando a Eq. 34-6 e o valor conhecido de p, obtemos

i = –5,0 cm, que mostra que se trata de uma imagem virtual. A Eq. 34-9 nos dá a distância focal:

f = –10 cm. Como a distância focal é negativa, trata-se de uma lente divergente (D).

(b) Como foi visto no item (a), f = –10 cm.

(d) Como foi visto no item (a), i = –5,0 cm.

(e) Como foi visto no item (a), m = +0,5.



79. (a) Como m > 1, a lente é convergente (C). (Veja a Fig. 34-15.)

(b) Como a lente é convergente, f = +20 cm.

(d) De acordo com a Eq. 34-9, i = –13 cm.

(e) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +1,7.




80. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que

se trata de uma lente convergente, é f 1 = +15 cm) é i 1 = –30 cm. Esta imagem serve de objeto

para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +8 cm), com p 2 = d – i 1 = 10 cm − (−30 cm) = 40 cm.

Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = +10 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = m 1 m 2 = − ( i / − p )( i=

/ p ) i i / p p = –0,75.

1 1 22 1 2 1 2

(c) Como i 2 > 0, a imagem é real (R).


(d) Como M < 0, a imagem é invertida (I).

(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente 2 (O).


se trata de uma lente convergente, é f 1 = +8 cm) é i 1 = 24 cm. Esta imagem serve de objeto para

a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +6 cm), com p 2 = d − i 1 = 32 cm − 24 cm) = 8 cm. Assim,

de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = +24 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = m 1 m 2 = − ( i / − p )( i=

/ p ) i i / p p = +6,0.


(d) Como M > 0, a imagem é não invertida (NI).

1 1 22 1 2 1 2



se trata de uma lente divergente, é f 1 = −6 cm) é i 1 = −3,4 cm. Esta imagem serve de objeto para

a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +6 cm), com p 2 = d − i 1 = 12 cm − (−3,4 cm) = 15,4 cm.

Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = +9,8 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –0,27.





se trata de uma lente convergente, é f 1 = +9,0 cm) é i 1 = +16,4 cm. Esta imagem serve de objeto

para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +5 cm), com p 2 = d − i 1 = 8,0 cm − (16,4 cm) = −8,4

cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = +3,1 cm.





Como este resultado envolve um valor negativo de p 2 (e, talvez, outros aspectos “não intuitivos”,

vale a pena acrescentar alguns comentários. A lente 1 faz os raios convergirem para uma

imagem (que não chega a se formar, pois, antes que isso aconteça, os raios encontram a lente 2)

que seria real e invertida (e estaria situada a 8,4 cm de distância da posição da lente 2). A lente

2 faz os raios convergirem mais rapidamente, de modo que a imagem é formada mais perto do

objeto inicial do que se a lente 2 não estivesse presente.


se trata de uma lente convergente, é f 1 = +12,0 cm) é i 1 = +60 cm. Esta imagem serve de objeto

para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +10 cm), com p 2 = d − i 1 = 67 cm − 60 cm = 7 cm.

Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = −23 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –13.


(c) Como i 2 < 0 , a imagem é virtual (V).


(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente 2 (M).


se trata de uma lente convergente, é f 1 = +6 cm) é i 1 = −12 cm. Esta imagem serve de objeto

para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = −6 cm), com p 2 = d − i 1 = 8,0 cm − (−12 cm) = 20 cm.

Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = −4,6 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = +0,69.

(c) Como i 2 < 0, a imagem é virtual (V).




se trata de uma lente convergente, é f 1 = +8,0 cm) é i 1 = +24 cm. Esta imagem serve de objeto

para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = −8 cm), com p 2 = d − i 1 = 30 cm − 24 cm = 6 cm. Assim,

de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = −3,4 cm.






se trata de uma lente divergente, é f 1 = −12,0 cm) é i 1 = −7,5 cm. Esta imagem serve de objeto

para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = −10 cm), com p 2 = d − i 1 = 10 cm − (−7,5 cm) = 17,5

cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = −5,5 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = +0,12.




88. De acordo com a Eq. 34-15, o diâmetro mínimo da ocular é

d

oc

d ob 75 mm

= = =

m 36

89. (a) De acordo com a Fig. 34-20, se L é a distância entre as lentes, o comprimento do tubo é

(b) Como a distância da imagem é

2,

1

mm.

s = L – f ob – f oc = 25,0 cm – 4,00 cm – 8,00 cm = 13,0 cm.

i = f ob + s = 4,00 cm + 13,0 cm = 17,0 cm,


a relação (1/ p) + (1/ i) = (1/ f ob ) nos dá

if

p = ob

i − f

= ( 17, 0 cm)( 4, 00 cm)

= 5,23 cm.

17,

0 cm − 4,00c m

ob

(c) A ampliação lateral da objetiva é

i

m = − = p

− 17,

0

5 23

= cm

, cm

−

3, 25.

(d) A ampliação angular da ocular é

25 cm 25 cm

m = = = 3, 13.

f 8,00 cm

oc

(e) A ampliação total do telescópio é

M = mm=

− ( 3, 25)( −=

3,) 13 102, .

90. (a) A nova distância entre a lente e o filme é

− 1 −1

1 1

i = −

f p

1

− 1

= 5,

3 cm.

5,

0 cm 100 cm

(b) A variação da distância entre a lente e o filme é 5,3 cm – 5,0 cm = 0,30 cm = 3,0 mm.

91. (a) Quando o olho está relaxado, o cristalino focaliza objetos distantes na retina, a uma distância

i do cristalino. Fazendo p = ∞ na equação das lentes delgadas, obtemos 1/ i = 1/ f , na qual

f é a distância focal do cristalino relaxado. Assim, i = f = 2,50 cm. Quando o olho focaliza objetos

mais próximos, a distância da imagem permanece a mesma, mas a distância do objeto e a

distância focal mudam. Se p é a nova distância do objeto e f 9 é a nova distância focal, temos:

Fazendo i = 2,5 cm e explicitando f 9, obtemos:

1 1 1

+ = .

p i f ′

f ′ =

pf ( 40, 0 cm)( 2, 50 cm)

= = 2,

35 cm.

f + p 40,

0 cm + 2,50 cm

(b) De acordo com a equação do fabricante de lentes,

1 = ( n − 1) 1 − 1

f

r r

1 2

na qual r 1 e r 2 são os raios de curvatura das duas superfícies da lente e n é o índice de refração do

material da lente. No caso da lente mostrada na Fig. 34-46, r 1 e r 2 têm aproximadamente o mesmo

valor absoluto, r 1 é positivo e r 2 é negativo. Para que a distância focal diminua, a diferença

(1/ r 1 ) – (1/ r 2 ) deve aumentar. Para isso, é preciso que o valor absoluto dos raios diminua.

92. De acordo com a Fig. 34-20, no caso da imagem intermediária, p = 10 mm e

logo,

i = (f ob + s + f oc ) – f oc = 300 m – 50 mm = 250 mm;

1 1 1 1 1

= + = + ⇒ = f ob 9,

62 mm

f i p 250 mm 10 mm

ob


e

s = (f ob + s + f oc ) – f ob – f oc = 300 mm – 9,62 mm – 50 mm = 240 mm.

Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-14,

s 25 cm 240 mm

M = − = −

f f 150 mm

9,62 mm 50 mm = −125.

ob

oc

93. (a) Sem a lente de aumento, u = h / P p (veja a Fig. 34-19). Com a lente de aumento, fazendo

obtemos

Assim,

m

i = – |i| = – P p ,

11 1 1 1 1 1

= − = + = + .

p f i f i f P p

h p f P

= ′ / 1/ + 1/

= =

h/

P 1/

P

p

p

p

Pp

cm

= 1+ = + 1 25 .

f f

Para f = 10 cm, temos:

m

= 1+ 25 cm

= 3, 5.

10 cm

(b) Para analisar o caso em que a imagem aparece no infinito, fazemos i

nos dá 1111 / p / i / p / f

+ = = e

m

h p f

= ′ / 1/

= = = =

h/

P 1/

P

p

p

Pp

25 cm

.

f f

= − | i → | −∞ , o que

Para f = 10 cm,

25 cm

m

= =

10 cm 2, 5.

94. De acordo com a Eq. 34-9, 1/ p + 1/ i = c, na qual c é uma constante (1/ f ). De acordo com o gráfico

da Fig. 34-47, para p = p 1 = 15 cm, i = i 1 = −10 cm. Assim, para p = p 2 = 70 cm, temos:

1/(15 cm) + 1/(−10 cm) = 1/(70 cm) + 1/ i 2 ,

o que nos dá i 2 = –21 cm.

95. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f 1 = +8,0 cm, f 2 = +6,0 cm e f 3 =

+6,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados de

um cálculo para o outro com o auxílio das relações p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq.

34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização

da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das

imagens intermediárias são i 1 = 24 cm e i 2 = –12 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i 3 = +8,6 cm.

(b) m = +2,6.

(c) A imagem é real (R).

(d) A imagem é não invertida (NI).

(e) A imagem é formada do lado oposto da lente 3 (O).


96. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva e a distância focal de uma lente

divergente é negativa, f 1 = −6 cm, f 2 = +6 cm e f 3 = +4 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente

a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio das relações

p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e

a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do

sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i 1 = −2,4 cm e i 2 = 12

cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i 3 = –4,0 cm.

(b) m = −1,2.

(c) A imagem é virtual (V).

(d) A imagem é invertida (I).

(e) A imagem é formada do mesmo lado da lente (M).

97. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f 1 = +6,0 cm, f 2 = +3,0 cm e

f 3 = +3,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados

de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq.



imagens intermediárias são i 1 = 9 cm e i 2 = 6 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i3 = +7,5 cm.

(b) m = −0,75.




98. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f 1 = +6,0 cm, f 2 = +6,0 cm e

f 3 = +5,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados

de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq.



imagens intermediárias são i 1 = −3,0 cm e i 2 = 9,0 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i 3 = +10 cm.

(b) m = +0,75.





divergente é negativa, f 1 = −6,0 cm, f 2 = −16 cm e f 3 = +8,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente

a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio

das relações p

2

= d

12

− i 1

e p

3

= d

23

− i 2

. Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais


das lentes e a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação

lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i 1 = −4,0 cm

e i 2 = −6,86 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i 3 = +24,2 cm.

(b) m = −0,58.





divergente é negativa, f 1 = +6,0 cm, f 2 = −4,0 cm e f 3 = −12 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente

a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio

das relações p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais

das lentes e a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação

lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i 1 = −12 cm

e i 2 = −3,33 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i 3 = –5,15 cm ≈ –5,2 cm.

(b) m = +0,285 ≈ +0,29.

(c) A imagem é virtual (V).


(e) A imagem é formada do mesmo lado da lente 3 (M).

101. No caso de uma lente delgada,

(1/ p) + (1/ i) = (1/ f ),

na qual p é a distância do objeto, i é a distância da imagem e f é a distância focal. Explicitando

i, obtemos:

fp

i =

p − f

.

Vamos fazer p = f + x , em que x é positivo, se o objeto está a uma distância maior da lente que

o ponto focal, e negativo se está a uma distância menor. Nesse caso,

f ( f + x )

i = .

x

Vamos fazer também i = f + x 9, em que x 9 é positivo, se a imagem está a uma distância da lente

maior que a distância focal, e negativo se está a uma distância menor. Nesse caso,

e xx 9 = f 2 .

x′ = i − f =

f ( f + x ) f

− f =

2

x x

102. (a) Para u = 90 o , existem três imagens: duas são formadas por reflexões em apenas um dos

espelhos e a terceira é formada por reflexões sucessivas nos dois espelhos. As posições das ima-


gens são mostradas nos dois diagramas a seguir. O diagrama da esquerda mostra a imagem I 1

formada por reflexões no espelho da esquerda. Está à mesma distância do espelho que o objeto

O, em uma reta perpendicular ao espelho passando pelo objeto. A imagem I 2 é formada pela luz

refletida nos dois espelhos.

Podemos considerar I 2 como a imagem do prolongamento de I 1 formada pelo espelho da direita.

I 2 está à mesma distância do prolongamento do espelho da direita que I 1 , em uma reta perpendicular

ao prolongamento do espelho passando por I 1 . O diagrama da direita mostra a imagem

I 3 , formada por reflexões no espelho da direita. Está à mesma distância do espelho que o objeto

O, em uma reta perpendicular ao espelho passando pelo objeto. Como mostra o diagrama, a

luz que é refletida primeiro no espelho da direita e depois no espelho da esquerda forma uma

imagem em I 2 , o mesmo ponto onde é formada uma imagem pela luz que é refletida primeiro

no espelho da esquerda e depois no espelho da direita.

(b) Para u = 45°, temos duas imagens no segundo espelho, uma causada pelo próprio objeto e

outra pela imagem do objeto no primeiro espelho. A partir dessas duas imagens, podemos construir

duas novas imagens, I e I 9, atrás do primeiro espelho. Prolongando o plano do segundo

espelho, podemos encontrar outras duas imagens de I e I 9 simetricamente dispostas em relação

ao prolongamento do plano do primeiro espelho. Este fato mostra que não existem outras imagens,

já que essas imagens finais são “reflexos mútuos”. A construção das imagens é mostrada

no diagrama a seguir. Resumindo, o número de imagens neste caso é 1 + 2 + 2 + 2 = 7.

(c) Para u = 60°, temos duas imagens no segundo espelho causadas pelo objeto e sua primeira

imagem; a partir dessas imagens, podemos construir duas novas imagens, I e I 9, atrás do primeiro

espelho. As imagens I e I 9 são “reflexos mútuos” no sentido de que são simétricas em relação

ao prolongamento do plano do segundo espelho; isso mostra que não existem novas imagens.

Resumindo, o número de imagens neste caso é 1 + 2 + 2 = 5.

Para u = 120°, temos duas imagens, I 9

1 e I 2 , atrás do segundo espelho e seu prolongamento,

causadas pelo objeto e sua primeira imagem (que vamos chamar de I 1 ). Nenhuma outra imagem

pode ser construída a partir de I 9 1 e I 2 , já que as imagens I 9 1 e I 2 são “reflexos mútuos”. Esta


construção tem a desvantagem de não levar em conta a posição do observador em relação aos

espelhos. Neste caso em particular, o número de imagens que podem ser vistas varia de 1 a 3,

dependendo das posições do objeto e do observador.

(d) O menor número de imagens que podem ser vistas para u = 120 o é 1. Se, por exemplo, o

observador está alinhado com o objeto e I 2 , pode ver apenas uma imagem ( I 1 ). Um observador

próximo de um dos espelhos em geral consegue ver duas imagens, I 1 e I 2 .

(e) O maior número de imagens que podem ser vistas para u = 120 o é 3. Isso acontece quando

o observador está razoavelmente afastado dos dois espelhos e aproximadamente equidistante

dos espelhos.

103. Colocamos um objeto a uma grande distância da lente composta e determinamos a distância

i da imagem. Como, para objetos muito distantes, a imagem está no ponto focal, i = f , onde

f é a distância focal efetiva da lente composta. A imagem final é produzida por duas lentes, com

a imagem da primeira lente servindo como objeto da segunda. No caso da primeira lente, (1/

p 1 ) + (1/ i 1 ) = (1/ f 1 ), na qual f 1 é a distância focal da primeira lente e i 1 é a distância da imagem

formada pela primeira lente. Como p 1 = ∞, i 1 = f 1 . No caso da segunda lente, (1/ p 2 ) + (1/ i 2 ) =

(1/ f 2 ). Se a espessura das lentes pode ser desprezada, a distância do objeto para a segunda lente

é p 2 = –i 1 = − f 1 . O sinal negativo é usado porque a imagem formada pela primeira lente está

atrás da segunda lente se i 1 é positiva; isso significa que o objeto da segunda lente é virtual e a

distância do objeto é negativa. Se i 1 é negativa, a imagem formada pela primeira lente está na

frente da segunda lente e p 2 é positiva. Substituindo p 2 por – f 1 e i 2 por f na equação da segunda

lente, obtemos

− 1

f + 1

f = f

1 ,

1 2

o que nos dá

1 1 1

= + =

f f f

1 2

f1 + f 2

.

f f

1 2

Assim,

f =

f1 f 2

.

f + f

1 2

104. (a) No espelho mais próximo do objeto, que vamos chamar de M 1 , a primeira imagem I 1

está 10 cm atrás de M 1 e, portanto, a 20 cm de distância do objeto, que vamos chamar de O. Esta

é a menor distância entre o objeto e uma imagem.

(b) Existem imagens de O e I 1 no espelho mais distante, que vamos chamar de M 2 . A imagem de

O é uma imagem I 2 situada 30 cm atrás de M 2 . Como O está a 30 cm de distância de M 2 , I 2 está a

uma distância de 60 cm de O. Esta é a segunda menor distância entre o objeto e uma imagem.

(c) Existe também uma imagem I 3 que é a imagem de I 1 e está situada 50 cm atrás de M 2 , já que

I 1 está a uma distância 30 cm + 20 cm = 50 cm de M 2 . Assim, I 3 está a uma distância de 80 cm

de O. Além disso, temos uma imagem I 4 , que é uma imagem de I 2 e está situada 70 cm atrás de

M 1 , já que I 2 está a uma distância 30 cm + 40 cm = 70 cm de M 1 . A distância entre O e I 4 também

é 80 cm. Esta é a terceira maior distância entre o objeto e uma imagem.

(d) Voltando ao espelho mais próximo M 1 , existe uma imagem I 5 que é a imagem de I 3 e está situada

90 cm atrás de M 1 , já que I 3 está a uma distância 50 cm + 40 cm = 90 cm de M 1 . A distância

entre O e I 5 é 100 cm = 1,0 m. Esta é a quarta maior distância entre o objeto e uma imagem.


105. (a) O “objeto” do espelho que produz a imagem da caixa está à mesma distância do espelho

que a imagem (4 cm). Como este “objeto” é a imagem formada pela lente, podemos dizer que,

na equação da lente, i 1 = 10 – 4 = 6 cm. Assim, para f 1 = 2 cm, a Eq. 34-9 nos dá

1 1 1

+ = ⇒ = p1

3, 00 cm.

p i f

1 1 1

(b) A imagem da caixa, 4 cm atrás do espelho, serve de “objeto” (com p 3 = 14 cm) para a lente

no percurso de volta da luz, depois de ser refletida pelo espelho. Desta vez, a Eq. 34-9 nos dá,

para f 3 = f 1 = 2 cm,

1 + 1= 1⇒ = i3

2, 33 cm.

p i f

3 3 3

106. (a) Primeiro, a lente forma uma imagem real do objeto, situada a uma distância

à direita da lente, ou a uma distância

i

1

− 1

−1

1 1 1 1

= −

2 f

f p =

f −

2 f =

1 1

1 1

p 2 = 2(f 1 + f 2 ) – 2f 1 = 2f 2

do espelho. A imagem formada pelo espelho está situada a uma distância

− 1

1 1 1 1

i2

= − = −

f2 p2

f 2 f

à esquerda do espelho, ou a uma distância

2 2

p9 1 = 2(f 1 + f 2 ) – 2f 2 = 2 f 1

1

−1

= 2 f

à direita da lente. A imagem final formada pela lente está a uma distância i 1 ′ à esquerda da lente,

em que

−

1

1

1 1

′ = −

′ = 1

− 1

i1

= 2 f 1.

f p f 2 f

1 1

Esta é exatamente a posição do objeto.

(b) A ampliação lateral é

(c) A imagem final é real.

1 1

i1

i2

i1′

2 f 1 2 f

m = − p1

− p2

− p1′

= − 2 f 1 − 2 f

(d) A imagem está à esquerda da lente.

(e) A imagem é invertida, como mostra a figura a seguir.

−

2

2

2

2 f 1

− 2 f 1 = − 1, 0.

107. (a) Neste caso, como m > 1 e a imagem é não invertida, sabemos que a lente 1 é convergente

e produz uma imagem virtual. Como o tamanho da imagem é duas vezes maior que o tamanho

do objeto, a Eq. 34-7 nos dá i 1 = −2 p 1 . Como a imagem da mosca e a própria mosca estão

do mesmo lado da lente, d = | i 1 | − p 1 , o que nos dá p 1 = | i 1 | − d = 2 p 1 − 20 cm e, portanto, p 1 =

20 cm e i 1 = −2(20 cm) = –40 cm. Substituindo na Eq. 34-9,

obtemos

1 1 1

+ = ,

p i f

1 1 1


f

1

=

p1i

1

p + i

1 1

= ( 20 cm)( −40

cm)

= +40 cm,

20 cm + ( −40

cm )

uma distância focal positiva, como era de se esperar, por se tratar de uma lente convergente.

(b) Como foi visto no item (a), a distância entre a mosca e a lente é p 1 = 20 cm.

(c) Neste caso, como 0 < m < 1, sabemos que a lente 2 é divergente e a imagem é virtual. Como

o tamanho da imagem é metade do tamanho do objeto, a Eq. 37-7 nos dá i 2 = p 2 /2. Como a imagem

da mosca e a própria mosca estão do mesmo lado da lente, d = p 2 − | i 2 |, o que nos dá p 2 =

d + | i 2 | = 20 cm + p 2 /2 e, portanto, p 1 = 40 cm e i 1 = −(20 cm)/2 = –20 cm. Substituindo na Eq.

34-9, obtemos

f

2

p2i2

=

p + i

2 2

( 40 cm)( −20

cm)

=

= −40 cm,

40 cm + ( −20

cm)

uma distância focal negativa, como era de se esperar, por se tratar de uma lente divergente.

(d) Como foi visto no item (c), a distância entre a mosca e a lente é p 2 = 40 cm.

O diagrama de raios da lente 1 é semelhante ao da Fig. 34-16b. A lente é convergente. Com a

mosca mais próxima da lente que o ponto focal ( p 1 < f 1 ), temos uma imagem virtual não invertida,

maior que o objeto. Por outro lado, o diagrama de raios da lente 2 é semelhante ao da Fig.

34-16c. A lente é divergente e forma uma imagem virtual não invertida, menor que o objeto.

108. Vamos usar a Eq. 34-10, com as convenções de sinais discutidas nas Seções 34-6 e 34-7.

(a) No caso da lente 1, uma lente biconvexa, temos:

−1

−1

1 1 1 1

f = ( n − 1) − = ( 1,

5 − 1) − = 40 cm.

r1 r 2

40 cm −40

cm

(b) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.

(c) No caso da lente 2, uma lente plano-convexa, temos:

−

f = ( 1 5 −1) −

1 1

1

, ∞ − = 80 cm.

40 cm

(d) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.

(e) No caso da lente 3, uma lente côncavo-convexa, temos:

−1

1 1

f = ( 1, 5 − 1) −

= 240 cm = 2,

4 m.

40 cm 60 cm


(f) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.

(g) No caso da lente 4, uma lente bicôncava, temos:

(h) Como f < 0, a imagem é virtual.

−1

1 1

f = ( 1,

5 − 1)

−

−

= −40

cm.

40 cm 40 cm

(i) No caso da lente 5, uma lente plano-côncava, temos:

(j) Como f < 0, a imagem é virtual.

−

f = ( 1 5 −1) −

1 1

1

, ∞ = −80

cm.

40 cm

(k) No caso da lente 6, uma lente côncavo-convexa, temos:

(l) Como f < 0, a imagem é virtual.

−1

1 1

f = ( 1,

5 − 1) −

= −

60 cm 40 cm

240 cm = − 2, 4 m.

109. (a) A primeira imagem pode ser obtida usando a Eq. 34-8 com n 1 = 1 (um valor aproximado

para o índice de refração do ar), n 2 = 8/5 e p = 8 cm:

Como, para uma “lente plana”, r = ∞, temos:

1 8 1,

6 − 1

+ = .

8 5i

r

i = −64/5 cm.

Em relação à segunda superfície, a imagem está a uma distância de 3 + 64/5 = 79/5 cm. Esta

imagem pode ser tomada como objeto para determinarmos a imagem final, usando novamente

a Eq. 34-8 com r = ∞, mas agora com n 1 = 8/5, n 2 = 4/3 e p9 = 79/5. Temos:

o que nos dá

8 4

+ 0

79 3i′ = ,

i9 = –79/6 m ≈ –13,2 cm.

Isso significa que o observador parece estar a uma distância de 13,2 + 6,8 = 20 cm do peixe.

(b) Neste caso, a primeira imagem é obtida usando a Eq. 34-8 com n 1 = 4/3, n 2 = 8/5, p 1 = 6,8

cm e r = ∞, o que nos dá

4 8

+ = 0⇒ = −i

8, 16 cm.

3( 6, 8)

5i

Em relação à segunda superfície, esta imagem está a uma distância de 3 + 8,16 = 11,16 cm.

Tomando esta imagem como objeto para determinar a imagem final, usamos novamente a Eq.

34-8, desta vez com n 1 = 8/5, n 2 = 1 e p = 3,12 cm e r = ∞, o que nos dá

8 1

+ = 0⇒ = i 7, 0 cm.

5( 11, 16)

i

Isso significa que o peixe parece estar a uma distância de 8 + 7 = 15 cm do observador.


110. Fazendo n ar = 1, n água = n e p = | R | / 2 na Eq. 34-8 (e tomando cuidado para usar o sinal

correto de r na equação), obtemos i = – R/(1 + n), o que nos dá | i | = R /(1 + n). Chamando de

h o tamanho do peixe e de h9 o tamanho da imagem do peixe, e usando a semelhança de triângulos,

temos:

h′

h h

= ⇒ ′ 1

1

= 2( 1− ) = 2(

1− ) = 1, 14.

R − | i | R/2

h 1 + n 2,

33

111. (a) As lentes convergentes fazem raios luminosos paralelos convergirem para o ponto focal

e raios provenientes do ponto focal se tornarem paralelos. Para que um sistema de duas lentes se

comporte como um expansor de feixe, portanto, basta que o ponto focal posterior F 1 da primeira

lente coincida com o ponto focal anterior F 2 da segunda lente. Como os triângulos unidos pelo

vértice no ponto focal são semelhantes, as larguras dos dois feixes obedecem à relação W f / f 2 =

W i / f 1 . Substituindo os valores dados, obtemos:

W

f

f 2

=

f W 30,

0 cm

i = ( 2, 5 mm) = 6,

0 mm.

12,

5 cm

1

(b) A área da seção reta dos feixes é proporcional a W 2 . Como a intensidade é definida como a

potência P dividida pela área, temos:

I

I

f

i

2

P W W

2

f i f 1 f

= = = ⇒ 2 1

= I f

P W

2

i W

2

f f

2 2 f 2

2

= 12,

5 cm

I i

( 9, 0 kW/m2) = 1,

6 kW/ m 2 .

30,

0 cm

(c) O método do item (a) pode ser adaptado para o caso em que a primeira lente do expansor

de feixe é uma lente divergente; para isso, basta fazer com que o ponto focal anterior da primeira

lente coincida com o ponto focal anterior da segunda lente. Neste caso, a distância entre

as lentes deve ser

d = f 2 – |f 1 | = 30,0 cm – 26,0 cm = 4,0 cm.

112. Na Fig. 34-56, vamos chamar de A o ponto em que o raio em direção ao olho esquerdo sai

da água e de B o ponto em que o raio em direção ao olho direito sai da água. O ponto da superfície

equidistante de A e B será chamado de C . A moeda está no ponto P, verticalmente abaixo

de C , a uma distância d , e a imagem na moeda está no ponto V , também verticalmente abaixo de

C , mas a uma distância menor d a . Vamos chamar de u 1 o ângulo ∠CPA e de u 2 o ângulo ∠CVA.

Como os triângulos CPA e CVA são triângulos retângulos, temos:

CA

CA

tan 1 = e tan 2 = .

d

d a

Usando a Eq. 33-40 e a aproximação, válida para pequenos ângulos, de que a razão das tangentes

é igual à razão dos senos, obtemos:

tan

tan

2

1

CA

sen

2

≈ ⇒ ≈ d

⇒ a

sen

1 CA

d

n

n

1

2

d a

n

n d .

≈ 2

1

Como n 1 = n água = n e n 2 = n ar ≈ 1, obtemos a relação desejada, d a = d / n.

Capítulo 35

1. O fato de que a onda 2 é refletida duas vezes a mais não afeta os cálculos, já que a diferença

de fase envolvida é 2( l/2) = l, o que equivale a dizer que as reflexões a mais não mudam a fase

da onda 2 em relação à onda 1. A única diferença entre a onda 2 e a onda 1 é o fato de que a

onda 2 percorre uma distância adicional igual a 2L 2.

(a) Para que a onda 2 tenha um “atraso” de l/2 em relação à onda 1, é preciso que 2 L = l/2, o

que nos dá L = l/4 = (620 nm)/4 =155 nm.

(b) As ondas sofrerão novamente interferência destrutiva se o novo comprimento for 2 L9 = 3 l/2;

a diferença é

3 620 nm

L − ′ = L− = = =

4 4 2 2

310 nm.

2. Considere duas ondas, 1 e 2, com uma diferença de fase inicial de l/2. Se estamos interessados

em múltiplos de L/ l tais que as ondas fiquem em fase, estamos interessados em valores

de L tais que a distância adicional 2 L percorrida pela onda 2 corresponda a l/2, 3 l/2, etc. De

forma geral, o comprimento L deve satisfazer a equação

L

2m

1

em que m 0, 1, 2, . . .

4

= + =

(a) O menor valor de L/ l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 0 na equação

anterior, o que nos dá L/ l = 1/4 = 0,25.

(b) O segundo menor valor de L/ l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 1 na

equação anterior, o que nos dá L/ l = 3/4 = 0,75.

(c) O terceiro menor valor de L/ l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 2 na

equação anterior, o que nos dá L/ l = 5/4 = 1,25.

3. (a) Vamos tomar as fases das duas ondas como zero na superfície das placas. A fase da primeira

onda na superfície traseira da placa de vidro é dada por f 1 = k 1 L− ω t , na qual k 1 (= 2p / l 1 ) é o

número de onda e l 1 é o comprimento de onda no vidro. A fase da segunda onda na superfície

traseira da placa de plástico é dada por f2 = k 2L – ω t , na qual k 2 (= 2p / l2 ) é o número de onda

e l 2 é o comprimento de onda no plástico. As frequências angulares são iguais, já que as ondas

têm o mesmo comprimento de onda no ar e a frequência da onda não muda quando a onda entra

em um meio com outro índice de refração. A diferença de fase é, portanto,

1

12− = ( k L 1 − 2 ) = 2

−

L 1 1 2

Sabemos também que l 1 = l ar / n 1 , na qual l ar é o comprimento de onda no ar e n 1 é o índice de

refração do vidro, e que l 2 = l ar / n 2 , na qual n 2 é o índice de refração do plástico. Isso significa

que a diferença de fase é

2

− = (n − n ) L.

1 2 1 2

ar

.


O valor de L que torna a diferença de fase igual a 5,65 rad é

L

=

−

( 1 2)

ar

2

( n 1 − n2)

× −

5, 65( 400 10

9m)

=

= 36 , 0 × 10−

=

2

( 1,60 −

6 m 3,60 m.

1,50)

(b) 5,65 rad é menor que 2p rad = 6,28 rad, a diferença de fase para que haja interferência construtiva,

e maior que p rad = 3,14 rad, a diferença de fase para que haja interferência destrutiva.

A interferência, portanto, não é construtiva nem destrutiva. Entretanto, está mais próxima da

construtiva do que da destrutiva.

4. De acordo com a lei de Snell (a lei da refração), u 1 = u 2 para n 1 = n 2 . O gráfico da Fig. 35-31b

mostra que u 2 = 30° (o mesmo valor de u 1 ) para n 2 = 1,5. Isso significa que n 1 = 1,5 e, portanto,

a velocidade da luz no material 1 é

v

c 2,

998 × 10

= =

1,

5

n1

8

m s

= 20, × 108

m s.

5. De acordo com a Tabela 33-1, os índices de refração da safira e do diamante são n s

= 1,77 e

n d = 2,42, respectivamente. Assim,

Dv = v v − s = cd

− 1 1

n n

6. (a) A frequência da luz amarela do sódio é

s

f

d

c

= =

= 2 998 × 108

1

( , m s)

1,

77

− 1

45, 5 10 7 .

2,

42

= × m s

2,

998 × 10

589 × 10

(b) O comprimento da mesma luz no vidro é

(c) A velocidade da mesma luz no vidro é

v

f n

n

8

m s

= 50 , 9 × 10

−9

m

589 nm

= = = 388 nm.

n 1,

52

14

Hz.

= = × ( 5, 09 1014 × Hz)( = 388 × 10−9m) 1, 97 108

m s.

7. O índice de refração é dado pela Eq. 35-3:

n

c 2,

998 × 108

m s

= =

= 1, 56.

v 19 , 2 × 108

m s

8. (a) Como o tempo t 2 que o pulso 2 leva para atravessar as placas de plástico é

t 2

L L L L

c 1,,,,

55 c 1 70 c 1 60 c 1 45

= + + + =

e o tempo t 1 que o pulso leva para atravessar as placas de plástico é

t 1

2L

L L 6,

33L

,

c 1 , 59 c 1 , 65 c 1 , 50 c

= + + =

o pulso 2 chega primeiro à outra extremidade.

(b) A diferença de tempo de trânsito (em unidades de L/ c) é

Assim, o múltiplo é 0,03.

= − = − =

Dt t 2 t 1

6, 33L

6, 30L

0,

03L

.

c c c

6,

30L

c


9. (a) Como a diferença de fase inicial entre as ondas é p rad e queremos que as ondas estejam

em fase depois de atravessar os dois materiais, os materiais devem produzir uma diferença de

fase de (n + 1) l/2, já que uma diferença de fase de p rad equivale a uma diferença de fase de

l/2 e uma diferença de fase de 2p equivale a uma diferença de fase zero. O menor valor de L é

obtido fazendo n = 0, o que nos dá

Lmin

=

620 nm

=

2(

n 2 − n1) 2(1,65−

1, 45)

= 1550 nm = 1,

55 m.

(b) O segundo menor valor de L é obtido fazendo n = 1, o que nos dá

L

=

3 = 3Lmin = 3( 1, 55 m) = 4,

65 m.

2( n 2 − n1)

10. (a) O ângulo de saída é igual ao ângulo de entrada, devido ao que se pode chamar de natureza

“transitiva” da lei de Snell: n 1 senu 1 = n 2 senu 2 = n 3 senu 3 = …

(b) Como a velocidade da luz em um certo meio é c/ n, na qual n é o índice de refração do meio,

e o tempo que a luz passa em um certo meio é igual à distância percorrida dividida pela velocidade,

temos:

t = nL/c = (1,45)(25 × 10 −19 m)/(3,0 × 10 8 m/s) = 1,4 × 10 −13 s = 0,14 ps.


×

×

L 85,

0 10−6m

n − n =

2 1 ( 1, 60 − 1, 50),

= 1 70.

500 10−9m

(b) Neste caso, temos:

(c) Neste caso, temos:

×

×

L 85,

0 10−6m

n − n =

2 1 ( 1, 72 −1, 62) = 1,

70.

500 10−9

m

×

×

L 32 , 5 10−6m

n − n =

2 1 ( 1, 79 −1, 59) = 1,

30.

500 10−9m

(d) Como os raios (a) e (b) têm a mesma diferença de fase, a intensidade produzida pelos dois

raios ao se combinarem com o raio (c) é igual. Como, no caso dos três raios, a diferença de fase

em relação a um número inteiro de comprimentos de onda é 0,30, a intensidade produzida pelos

raios (a) e (b) ao se combinarem entre si é igual à intensidade produzida ao se combinarem com

o raio (c). Assim, as três ondas totais têm a mesma intensidade.

12. (a) Note que o raio 1 percorre uma distância adicional d = 4L em relação ao raio 2. Para

obter o menor valor de L para o qual as ondas estão com fases opostas, igualamos essa distância

adicional a meio comprimento de onda:

420,

0 nm

d = 4= L ⇒ = = L =

2 8 8

52,

50 nm.

(b) O segundo menor valor de L corresponde ao caso em que a diferença de fase é 3 l/2:

3 3 3( 420,

0 nm)

d = 4= L ⇒ = = L =

2

8 8

157,

5 nm.

13. (a) Escolhemos um eixo x horizontal com a srcem na borda esquerda dos blocos de plástico.

Entre x = 0 e x = L 2 , a diferença de fase é dada pela Eq. 35-11 com L substituído por L 2 .

Entre x = L 2 e x = L 1 , a diferença de fase é dada pela Eq. 35-11 com L substituído por L 1 – L 2 e

n 2 substituído por 1, já que o raio de cima da Fig. 35-35 passou a se propagar no ar, cujo índice


de refração é aproximadamente igual a 1. Combinando essas diferenças e fazendo l = 0,600

mm, temos:

L2

L L

n n

1 − 2 3,

50 m

4, 00 m − 3,

50 m

( 2 − 1) + ( 1− n1)

= ( 1,

60 − 1, 40)

+

( 1−

1, 40)

0,

600 m

0,

600 m

= 0,

833.

(b) Como a resposta do item (a) está mais próxima de um número inteiro do que de metade de

um número ímpar, a interferência é mais próxima de construtiva do que de destrutiva.

14. (a) Para obter a diferença entre o máximo central e o máximo mais próximo, fazemos m =

1 na Eq. 35-14, o que nos dá

1

=

−1

m

sen

= sen −

d m=

1

(b) Como y 1 = D tan u 1 (veja a Fig. 35-10a), temos:

A distância é Dy = y 1 – y 0 = y 1 – 0 = 5,0 mm.

() ( )

100

1

1

=

0, 010 rad.

y 1 = (500 mm) tan (0,010 rad) = 5,0 mm.

15. As posições angulares dos máximos em uma figura de interferência de dupla fenda são

dadas por d sen u = m l, na qual d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda e m

é um número inteiro. Se u é pequeno, sen u pode ser tomado como aproximadamente igual a u

em radianos. Nesse caso, u ≈ m l/ d e a separação angular entre dois máximos vizinhos é Du =

l/ d . Seja l 9 o comprimento de onda para o qual a separação angular é 10,0% maior. Nesse caso,

1,10 l/ d = l9/ d , o que nos dá

l9 = 1,10 l = 1,10(589 nm) = 648 nm.

16. A distância entre máximos vizinhos é dada aproximadamente por Dy = lD/ d (veja as Eqs.

35-17 e 35-18). Dividindo ambos os membros por D, obtemos Du = l/ d , na qual u está em radianos.

Nos cálculos que se seguem, porém, podemos usar o ângulo diretamente em graus:

D

n

n D

= = = = = 0 , 20 °

d nd n 1,

33

0, 15°

.

17. Os máximos de interferência acontecem para ângulos u tais que d sen u = m l, na qual m é

um número inteiro. Como d = 2,0 m e l = 0,50 m, isto significa que sen u = 0,25m. Os valores

para os quais |0,25m| ≤ 1 (os únicos que admitem uma solução real para a equação d sen u =

m l) são –4, –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 e +4. A todos esses valores, exceto –4 e +4, correspondem

dois valores diferentes de u. No caso de m = −4, o único valor permitido é u = –90° e, no caso de

m = +4, o único valor permitido é u = +90°. Assim, o número de máximos é 16.

18. (a) A diferença de fase, em comprimentos de onda, é

o

d sen ( 4, 24 m)(sen 20 )

( 0, 500 m)

= = = 2, 90.

(b) Multiplicando o resultado do item (a) por 2p , obtemos f = 18,2 rad.

(c) Como o resultado do item (a) é maior que 5/2 e menor que 3, o ponto está entre o mínimo

correspondente a m = 2 (terceiro mínimo a partir do centro) e o máximo correspondente a m =

3 (terceiro máximo secundário).

19. A condição para que um máximo seja observado na figura de interferência de dupla fenda é

d sen u = m l, na qual d é a distância entre as fendas, u é o ângulo entre os raios e o eixo central,

m é um número inteiro e l é o comprimento de onda. Para u pequeno, sen u

≈

u em radianos, u =


m l/ d e a distância angular entre máximos vizinhos, um associado ao número inteiro m e o outro

associado ao número inteiro m + 1, é dada por Du = l/ d . Em uma tela situada a uma distância

D, a separação entre os máximos é

Assim,

×

Dy = D Du = lD/ d .

( 500 10−9

m)( 5, 40 m)

Dy =

12 , 0 10−3m

×

= 22 , 5 × 10−3

m = 2,25 mm.

20. (a) Podemos usar a Eq. 35-14 com m = 3:

=

× −

sen−

1 m

= sen−

1

2( 550 10

9

m)

rad.

d

77 , 0 × 10−6

m = 0,

216

(b) u = (0,216) (180°/ p ) = 12,4°.

21. A condição para que um máximo seja observado na figura de interferência de dupla fenda é

d sen u = m l, na qual d é a distância entre as fendas, u é o ângulo entre os raios e o eixo central,

m é um número inteiro e l é o comprimento de onda. Para u pequeno, sen u ≈ u em radianos

e d u = m l. A distância angular entre dois máximos para diferentes comprimentos de onda e o

mesmo valor de m é

Du = (m/ d )( l 2 – l 1 ),

e a separação entre os máximos em uma tela situada a uma distância D é

mD

D y = D tan D ≈ D D =

d () − 2 1

310m ( , )

=

− m − m −

m

5,0 × 10−

m ( 600 × 10− 9× 480 = × 10

9

= ) 7, 2 10

5

72 m.

3

22. Imagine um eixo y a meio caminho entre as duas fontes da Fig. 35-36. Se existem 30 pontos

de interferência destrutiva, existem 15 pontos de cada lado do eixo y. Não existem pontos de

interferência destrutiva no eixo y porque as fontes estão em fase e, por simetria, a diferença de

fase entre as ondas em qualquer ponto do eixo y é 0. Em outras palavras, do lado direito existem

7 pontos “escuros” no primeiro quadrante, um no semieixo x positivo e 7 no quarto quadrante.

Como o eixo y corresponde à menor diferença de fase possível (0 o ), podemos contar os valores

de m para interferência destrutiva (dados pela Eq. 35-16), começando pelo ponto mais próximo

do eixo y, até chegarmos ao eixo x . Isto nos leva a associar m = 7 ao ponto situado no semieixo

x positivo, no que a diferença de percurso das ondas é simplesmente a distância d entre as fontes.

Assim, de acordo com a Eq. 35-16,

o

1

d

d sen 90 = 7 7, 5 7, 5.

+

2

= ⇒ =

23. Quando as ondas deixam as respectivas fontes, a onda A está adiantada de 90° em relação à

onda B, o que equivale a l/4. Entretanto, a onda A tem que percorrer uma distância maior para

chegar ao detector D e, portanto, se atrasa em relação à onda B. Como a diferença de percurso,

100 m, equivale a (100 m)/(400 m) = l/4, a diferença de fase inicial é cancelada e a diferença

de fase entre as ondas A e B ao chegarem ao detector D é 0.

24. (a) Por simetria, como no caso do experimento de dupla fenda, o ponto x P

= 0 (ponto onde

a reta vertical de comprimento D da Fig. 35-38 intercepta a tela) é um ponto claro com uma

diferença de fase zero (o ponto equivalente ao máximo principal da figura de interferência de

um experimento de dupla fenda).


(b) Como foi visto no item (a), a diferença de fase é a menor possível para Dl = 0.

(c) Como a maior diferença de percurso possível acontece na “borda” da tela (que se estende,

supostamente, até o infinito), a diferença de fase é máxima para x P

= ∞.

(d) No caso de x P

= ∞, podemos considerar os raios provenientes das fontes como praticamente

horizontais ao chegarem à tela. Assim, a diferença de percurso é simplesmente a distância 2 d

entre as fontes. Como, de acordo com o enunciado, 2d = 6,00 l, a diferença de fase em unidades

de l é 2d / l = 6,00.

(e) De acordo com o teorema de Pitágoras, temos:

=

+ +

D 2

( x d )

2 D 2

( x d )

2

( 20 )

2

( 6 3) 2

( 20 ) ( 6 3)

−

= 481 − 409 = 1, 71.

+ −

=

+ +

−

+ −

2 2

(f) Como a resposta do item (e) está mais próxima de 1,5 (que corresponde a interferência destrutiva)

do que de 2 (que corresponde a interferência construtiva, a intensidade é mais próxima

de mínima.

25. Seja x a distância procurada. Para que a interferência seja destrutiva, a diferença de percurso

entre raios que partem das fontes S 1 e S 2 e chegam a pontos do semieixo x positivo deve ser

+ − = +

d 2x x m2 1

2

,

o que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas,

x

=

d 2

( 2m

1)

Para obter o maior valor de x P , fazemos m = 0:

x 0

+

−

+

( 2m

1)

.

4

d 2

( 3, 00)

2

= − = − = = 8, 75=

8, 75( 900 nm ) 7,88 × 10

4 4

3 nm = 7,88 m.

26. (a) Usamos a Eq. 35-14 para determinar o valor de d :

d senu = m l ⇒ d = (4)(450 nm)/sen(90°) = 1800 nm.

Em terceira ordem, o comprimento de onda que corresponde a u = 90° é

l = d sen(90°)/3 = 600 nm.

Qualquer comprimento de onda maior que este valor não é observado; assim, os comprimentos

de onda entre 600 nm e 700 nm não estão presentes.

(b) A distância entre as fendas deve ser reduzida.

(c) Nesse caso, o máximo de quarta ordem do comprimento de onda de 400 nm deve ser observado

para u = 90 o . Assim,

o que representa uma variação

d 9 senu = m l ⇒ d 9 = (4)(400 nm)/sen(90°) = 1600 nm,

|Dd | = d – d 9 = 1800 nm − 1600 nm = 200 nm = 0,20 µm.

27. Considere as duas ondas, uma proveniente de cada fenda, que produzem a sétima franja

lateral clara na ausência da mica. As ondas estão em fase ao deixarem as fendas e percorrem


distâncias diferentes até a posição da sétima franja clara, onde a diferença de fase entre as ondas

é 2p m = 14p . Quando uma placa de mica de espessura x é colocada na frente de uma das fendas,

a diferença de fase entre as ondas muda. Mais especificamente, as ondas deixam as fendas com

uma diferença de fase dada por

2

x 2

x 2

x

− = ( n −1)

m

em que l m = l/ n é o comprimento de onda na mica e n é o índice de refração da mica. Como

agora as ondas chegam à tela em fase,

o que nos dá

x

2

x ( n − 1) = 14

,

7 7( 550 × 10−9

m)

= =

= 66 , 4 × 10−6

m = 6,64 m.

n − 1 1,

58 −1

28. O problema pede “o maior valor de x para o qual os raios chegam ao detector P com fases

opostas”, o que pode ser interpretado como o valor de x para o qual a curva mostrada na Fig.

35-40 passa pelo ponto f = p rad. Isto acontece em um ponto P que, naturalmente, está a uma

distância x da fonte S 1 e, de acordo com o teorema de Pitágoras, está a uma distância d 2

+ x 2

da fonte S 2 . Como a diferença de percurso, em unidades de comprimento, é d 2

+ x 2

− x , a

mesma diferença, em radianos, é (2p/ l)( d 2

+ x 2

− x ). Assim, para que a condição seja satisfeita,

devemos ter

2

d 2 x 2 x

( + − ) = .

De acordo com o gráfico da Fig. 35-40, a diferença de fase é 6 para x = 0, o que significa que

d = 3 l. Substituindo d por 3 l na equação anterior e explicitando x , obtemos

x = 35 l/4 = 35(400 nm)/4 = 3500 nm = 3,5 mm.

29. Vamos escrever o campo elétrico das duas ondas na forma

E = E sen t

1 10

= +

E 2 E 20 sen( t )

e usar um diagrama fasorial para calcular a amplitude de E .

A figura a seguir mostra o diagrama fasorial. A amplitude resultante E m é dada pela lei dos

cossenos:

= + − − ( )

E m 2 E 10

2 E 20

2 2E 10E

20 cos 180° ,

o que nos dá

= + − ( 1, 00) 2

( 2, 00) 2

= 2( 1, 00)( 2, 00) cos 120° 2,

65.

E m


Nota: Somando as componentes horizontais dos dois fasores, obtemos

= + = + =

E h E 10 cos 0 E 20 cos 60° 1, 00 ( 2, 00)cos 60° 2,

00

e somando as componentes verticais obtemos

= + = =

E v E 10 sen 0 E 20 sen 60° ( 2, 00)sen 60°

1, 732.

A amplitude resultante é

E m = ( 2,) 00

2

+ ( 1, 732) 2

= 2, 65,

o que confirma o valor obtido usando a lei dos cossenos. O ângulo de fase em relação ao fasor

que representa E 1 é

= tan − 1

1,

732

2,

00

= 40, 9° .

Assim, o campo resultante pode ser escrito na forma E = ( 2, 65)sen( t + 40, 9°

).

30. Para somar as funções usando o método dos fasores (em vez de usar, digamos, identidades

trigonométricas), fazemos t = 0 e consideramos as funções como vetores. Nesse caso, as componentes

do vetor resultante são:

yh

= 10 cos 0° + 8, 0 cos 30°

= 16,

9

y = 10 sen 0° + 8, 0 sen 30° = 4, 0,

v

o que nos dá

= + = ≈174,

17

y y 2 y2

R h v

yv

= tan −1

y

= 13,

3° ≈ 13.

h

Assim,

= + = + ( ) = +

y y 1 y 2 y R sen t 17 sen ( t 13,.

3°

)

31. Para somar as funções usando o método dos fasores (em vez de usar, digamos, identidades

trigonométricas), fazemos t = 0 e consideramos as funções como vetores. Nesse caso, as componentes

do vetor resultante são:

yh

= 10 cos+ 0° 15+ cos − 30° = 5, 0 cos( 45°

) 26,

5

y = 10 sen 0° + 15sen 30 + ° 5− , 0=

sen( 45°

) 4, 0,

v

o que nos dá

= + = ≈268 , 27

y y 2 y2

R h v

yv

= tan −1

y

= 8, 5°

.

h

Assim,

= + + = + ( ) = +

y y 1 y 2 y 3 y R sen t 27sen ( t 8,.

5°

)

32. (a) O problema pode ser resolvido pelo método dos fasores ou utilizando identidades trigonométricas.

Desta vez, usaremos a segunda abordagem. Como

sen a + sen(a + b) = 2cos(b/2)sen(a + b/2),


temos:

= + = +

E E 1 E 2 2E 0 cos( / 2)sen( t / 2)

= 2( 2, 00 V/m) cos( 19, 2 rad) = 2, 33 V/m.


no ponto P e

no centro. Assim,

I 4I 0 cos

2( / 2) 1,

35 I 0

P = =

I 4I 0 cos 2( 0)

4 I 0

centro

= =

I

P

I centro

1,

35

= = 0, 338.

4

(c) A diferença de fase em comprimentos de onda pode ser obtida dividindo a diferença de fase

em radianos por 2p . Assim, a diferença de fase em comprimentos de onda é (39,6 rad)/2p =

6,3 comprimentos de onda. Isto significa que o ponto P está entre o máximo correspondente a

m = 6 (sexto máximo secundário) e o mínimo correspondente a m = 6 (sétimo mínimo a partir

do centro).

(d) A velocidade angular dos fasores é ω = 1,26 × 10 15 rad/s.

(e) O ângulo entre os fasores é f = 39,6 rad (o que corresponde a 2270°, ou aproximadamente

110°).

33. Usando o método dos fasores, este problema equivale a calcular a soma vetorial R = A + B +

C , na qual, na notação módulo-ângulo, A = ( 10∠0° ),

B = ( 5∠45° ) e C = ( 5∠ − 45° ), em que

os módulos estão em mV/m. Podemos usar uma calculadora científica para calcular o vetor

resultante,

R = 10 ∠ 0° 5 45° 5 45° 17, 10 ° ,

( ) + ( ∠ ) + ( ∠ − ) = ( ∠ )

que, convertido de volta para a forma de função, nos dá

E

(, 17 1 V/m)sen[( 2, 0 10 14 rad/s) t ].

R = ×

34. (a) Observando a Fig. 35-10a, vemos que

u = tan −1 (y/D) = tan −1 (0,205/ 4) = 2,93°.

Assim, a diferença de fase no ponto P é f = d senu / l = 0,397 comprimento de onda, o que

mostra que o ponto P está entre o máximo central (diferença de fase zero) e o primeiro mínimo

(diferença de fase de 0,5 comprimento de onda). Note que este cálculo poderia ser simplificado

usando as aproximações para pequenos ângulos

(tanu ≈ senu ≈ u).

(b) De acordo com a Eq. 35-22, a intensidade da luz no ponto P é

I 4I 0 cos

2( / 2) 0,

404I

0

P = =

no ponto P, em que I 0 é a intensidade da onda que chega à tela quando uma das fendas está

coberta e f = (0,397)(2p ) = 2,495 rad.

Por outro lado, a intensidade da luz no centro da figura de interferência é

I 4I 0 cos

2( 0) 4 I 0.

centro = =


Assim, temos:

I

P

I centro

0,

404

= = 0, 101.

4

35. Para que a interferência seja destrutiva, é preciso que a diferença de fase entre as ondas

refletidas pela superfície dianteira e pela superfície traseira do filme seja um múltiplo ímpar de

p rad. Como, nos dois casos, as ondas incidem em um meio cujo índice de refração é maior que

o do meio no qual estavam se propagando, a reflexão, nos dois casos, produz uma mudança de

fase de p rad. Se L é a espessura do filme, a onda refletida pela superfície traseira percorre uma

distância adicional 2 L em relação à onda refletida pela superfície dianteira. Assim, a diferença

de fase entre as duas ondas é 2 L(2p / l

f ), na qual l

f é o comprimento de onda no filme. Se n é o

índice de refração do material do filme, l c

= l/ n, em que l é o comprimento de onda no vácuo, e

a diferença de fase é 2nL(2p / l). A condição para que haja interferência destrutiva é, portanto,

2

2nL

2m

1

= ( + ) ,

na qual m é um número inteiro. Explicitando L, obtemos

L

=

+

( 2m

1)

.

4n

A menor espessura do filme para a qual existe interferência destrutiva é obtida fazendo m = 0

na equação anterior, o que nos dá

600 10−9

m

L

= 4n

= 4 12 , 5

×

12 , 0 10−7m 120n m.

( ) = × =

36. (a) Como nos dois lados da película existe um meio (o ar) com um índice de refração menor

e estamos analisando a luz refletida, devemos usar a Eq. 35-36. Assim, os comprimentos de

onda para os quais existe interferência construtiva total são dados por

2nL

214 ( , 0)( 600 10−9

m)

1680 nm

= =

= .

m 1/

2 m 1/

2 m 1/

2

Assim, podemos construir a seguinte tabela:

+

+

×

+

m l (nm)

0 3360

1 1120

2 672

3 480

4 373

5 305

6 258

Examinando a tabela anterior, vemos que existem 4 comprimentos de onda na faixa de 300 a

700 nm para os quais a luz apresenta interferência construtiva total.

(b) Nesse caso, como se trata de interferência destrutiva total, devemos usar a Eq. 35-37, que

nos dá

2nL

2( 1, 406)( 00 × 10−

1680

= =

9 m)

nm

= .

m m m



m l (nm)

1 1680

2 840

3 560

4 420

5 336

6 280

Examinando essa tabela, vemos que existem 3 comprimentos de onda na faixa de 300 a 700 nm

para os quais a luz apresenta interferência destrutiva total.

37. A luz refletida na superfície dianteira da camada sofre uma variação de fase de p rad, enquanto

a luz refletida na superfície traseira não sofre nenhuma variação de fase. Se L é a espessura da

camada, a luz refletida na superfície traseira percorre uma distância adicional 2 L em relação à

luz refletida na superfície dianteira. A diferença de fase entre as duas ondas é 2 L(2p / l c ) – p , na

qual l c

é o comprimento de onda na camada. Se l é o comprimento de onda no vácuo, l c

= l/ n,

na qual n é o índice de refração do material da camada. Assim, a diferença de fase entre as duas

ondas é 2nL(2p / l) – p . A condição para que haja interferência construtiva é, portanto,

2

2nL

− = 2m

,

em que m é um número inteiro. Explicitando L, obtemos

L

=

+

( 2m

1)

.

4n

A menor espessura do filme para a qual existe interferência construtiva é obtida fazendo m = 0

nessa equação, o que nos dá

L

560 × 10−9

m

= =

= 70 , 0 × 10−8

m = 70,0n m.

4n

4( 2, 00)

38. Como estamos lidando com um filme fino (que vamos chamar de material 2), em uma situação

na qual n 1 > n 2 > n 3 , e estamos interessados em interferência construtiva para as ondas

refletidas, devemos usar a Eq. 35-37, que nos dá


= 2nL

= 2( 1, 705)( 00 × 10−9

m) = 1700 nm .

m m m

m l (nm)

1 1700

2 850

3 567

4 425

5 336

6 280


Examinando a tabela mostrada, vemos que existem 2 comprimentos de onda na faixa de 400 a

700 nm para os quais a luz apresenta interferência construtiva.

(a) O maior comprimento de onda é l = 567 nm.

(b) O menor comprimento de onda é l = 425 nm.

(c) Supondo que a variação dos índices de refração com a temperatura pode ser desprezada,

a equação usada para calcular o valor dos comprimentos de onda mostra que l é diretamente

proporcional a L. Assim, se a espessura do filme aumentar, a interferência construtiva passará

a ocorrer para um comprimento de onda maior.

39. Como nos dois lados da película existe um meio (o ar) com um índice de refração menor e

estamos analisando a luz refletida, devemos usar a Eq. 35-36:

L

=

+

( m 1/ 2) ( m + 1/2) ( 624 10−9

m)

=

2n

2133 ( , )

×

=

( m + 1/2) ( 234, 5 nm).

(a) A menor espessura do filme para a qual existe interferência construtiva é obtida fazendo

m = 0 na equação anterior, o que nos dá

L 0 = (1/2)(234,5 nm) = 117 nm = 0,117 mm.

(b) A segunda menor espessura é obtida fazendo m = 1, o que nos dá

L 1 = (3/2)(234,5 nm) = 352 nm = 0,352 mm.

40. Como a luz incidente está em um meio de baixo índice de refração, o filme fino de acetona

tem um índice de refração maior n = n 2 e a última camada tem um índice de refração n 3 > n 2; a

condição para que a interferência da luz refletida seja destrutiva é

L

=

+

( m 1/ 2) ( m 1/ 2)( 600 nm)

=

2n

2125 ( , )

+

= ( m + 1/

2)(

240),

o que nos dá as seguintes espessuras para as quais ocorre interferência destrutiva:

L = 120 nm, 360 nm, 560 nm, 840 nm, 1120 nm, ...

e a condição para que a interferência da luz refletida seja construtiva é

L

m

2n

( m)( 700 nm)

2125 ( , )

= = = m( 280 nm),

o que nos dá as seguintes espessuras para as quais ocorre interferência construtiva:

L = 280 nm, 560 nm, 840 nm, 1120 nm, ...

A espessura procurada é a menor espessura que as duas listas têm em comum:

L = 840 nm.

41. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência destrutiva é

1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2

A segunda menor espessura é obtida fazendo m = 1 na expressão anterior:

L =

1 +

1 342 nm

2 2 1 59 = 161 nm.

( , )


42. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência construtiva é

1

4Ln2

4 285 1

2L

=

m +

2

⇒ =

n 2m

+ 1

= ( nm)( ,60)

1824 nm

= , m = 0, 1, 2, ...

2m

+ 1 2m

+ 1

2

o que nos dá os seguintes comprimentos de onda: 1824 nm, 608 nm, 365 nm, ...

Como o valor do comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 608 nm.

43. Neste caso, como n 1 > n 2 e n 3 > n 2 , a condição para interferência destrutiva é

2 2Ln2

L = m⇒ = = m 0 1 2

n m

, , , , ...

2

em que l é o comprimento de onda no ar. Assim, para m = 1, temos:

= 2Ln = 2( 200 nm) ( 1, 40)

= 560 nm.

2

44. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência construtiva é

1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2

A segunda maior espessura é obtida fazendo m = 1:

L =

1 +

1 587 nm

2 2 1 34 = 329 nm.

( , )


1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2

A terceira maior espessura é obtida fazendo m = 2:

L =

1

+

612 nm

2

= 478 nm.

2 2160 ( , )

46. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência destrutiva é

Assim,

1

4Ln2

2L

=

m +

m 0 1 2

2

⇒ = , = , , ,...

n 2m

+ 1

=

2

4Ln

2 = 4( 415 nm) ( 1, 59) = 2639 nm ( m = 0)

4Ln2

/ 3 = 4( 415 nm) ( 1, 593 )/ = 880 nm ( m = 1)

4Ln2

/ 5 = 4(

415 nm) ( 1, 59) / 55= 28 nm ( m = 2)


47. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência destrutiva é

Assim, temos:

2Ln 2L = m ⇒ = = 2

, m 0, 1, 2, ...

n m

2

2Ln

2

=

= 2( 380 nm) ( 1, 34) = 1018 nm ( m = 1)

{ Ln = ( 380 nm) ( 1, 34) = 509 nm ( m = 2)

2



48. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência construtiva é

1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2


L =

+

1 1 2

632 nm

= 339 nm.

2140 ( , )


1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2

A terceira maior espessura é obtida fazendo m = 2:

L =

1

+

382 nm

2

= 273 nm.

2 2( 1, 75)

50. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência destrutiva é

1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2


L = +

1 1

482 nm 2 2 1 46 = 248 nm.

( , )

51. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência destrutiva é

1

4Ln2

2L

=

m +

m 0 1 2

2

⇒ = , = , , ,...

n 2m

+ 1

2

Assim,

4Ln

2

=

= 4( 210 ( 1, 46) = 1226 m = 0)

{ nm) nm (

4Ln

/ 3 = 4( 210 nm) ( 1, 46) / 3 = 409 nm (m = 1)

2

Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 409 nm.


1

4Ln2

2L

=

m +

m 0 1 2

2

⇒ = , = , , ,...

n 2m

+ 1

2

Assim, temos:

=

4Ln

2 = 4( 325 nm) ( 1, 75) = 2275 nm ( m = 0)

4Ln2

/ 3 = 4( 325 nm) ( 1, 75) / 3 = 758 nm ( m = 1)

4Ln2

/ 5 = 4(

325 nm) ( 1, 75) / 5 = 455 nm ( m = 2)


53. Como os máximos são dados pela Eq. 35-36, temos:

1

L = m +

m

m

= + 1 600 nm 1

n = + 226

2 2 2 2 2133 ( , )

2

( nm),

…


o que nos dá

L = 113 nm, 338 nm, 564 nm, 789 nm,

Como os mínimos são dados pela Eq. 35-37, temos:

m

450 nm

L = = ( m ) = ( m)( 169 nm),

2n2

2133 ( , )

o que nos dá

L = 0, 169 nm,3 38 nm, 508 nm,6 77 nm, …


L = 338 nm.

54. A situação é análoga à do Exemplo “Interferência no revestimento de uma lente de vidro”,

já que a luz incidente está em meio de baixo índice de refração, o filme fino de óleo possui um

índice de refração um pouco maior n = n 2 e o último meio (a placa de vidro) tem o maior índice de

refração. De acordo com o Exemplo, a condição para que a reflexão seja a menor possível é

1

2L

=

m +

2

n

2

onde m = 0, 1,, 2 …

Para l = 500 nm e n 2 = 1,30, os valores possíveis de L são

L = 96nm , 288 nm, 481nm, 673nm, 865nm, ...

e para l = 700 nm e o mesmo valor de n 2, os valores possíveis de L são

L = 135nm, 404 nm, 673nm,942nm, ...


L = 673 nm.

55. Vamos chamar os índices de refração do ar, do querosene e da água de n 1 , n 2 e n 3 , respectivamente.

Como n 1 < n 2 e n 2 < n 3 , existe uma variação de fase de p rad nas duas interfaces. Como a

segunda onda percorre uma distância adicional 2 L em relação à primeira, a diferença de fase é

= 2 ( 2L)

em que l 2 = l/ n 2 é o comprimento de onda no óleo. A condição para interferência construtiva

é

o que nos dá

2

2

( 2L

) = 2m

,

2

2L = m , m = 0 , 1 , 2 , ...

n

(a) Os comprimentos de onda para os quais a reflexão é máxima são dados por

2

2n 2L

2( 1,) 20 ( 460 nm)

= = = 1104 nm, 552 nm, 368 nm, ...

m

m

Note que apenas o comprimento de onda de 552 nm (verde) está na faixa da luz visível.


(b) A transmissão máxima corresponde aos comprimentos de onda para os quais a reflexão é

mínima. A condição para a interferência destrutiva da onda refletida é

1

4n 2L

2L

=

m +

2

⇒ = ,

n 2m

+ 1

2

o que nos dá l = 2208 nm, 736 nm, 442 nm … para diferentes valores de m. Note que apenas o

comprimento de onda de 442 nm (azul) está na faixa da luz visível.

56. Para que a interferência seja construtiva, devemos ter

2L

=

k

k

n = ,

2 2n

na qual k é um número ímpar positivo e n é o índice de refração do filme. Explicitando n, obtemos:

n

k

4L

k ( 600 nm)

k

4( 272, 7 nm) 1,

818

= = = =

0, 55k

.

Como sabemos que n > 1, a solução k = 1 pode ser descartada. Entretanto, a solução k = 3 parece

razoável, pois nos dá n = 1,65, um valor comparável aos que aparecem na Tabela 33-1. Supondo

que este é o índice de refração do filme, passamos para a segunda parte do problema. Chamando

de l d os comprimentos de onda para os quais a interferência é destrutiva, temos:

2L = m d , m = 0 , 1 , 2 ,...

n

2

o que nos dá

d

2Ln2 2( 272, 7 nm)( 1,)

65 900 nm , m = 0, 1, 2,...

m m ( 600, 0 nm)

m

= = =

Os valores possíveis de l d

são, portanto,

l d

= 900 nm, 450 nm, 300 nm, …


57. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é

1

4Ln2

2L

=

m +

m 0 1 2

2

⇒ = , = , , ,...

n 2m

+ 1

2

Assim,

=

4Ln

2 = 4 285 1 60 = 1824 m

( nm) ( , ) nm ( = 0)

4Ln2

/ 3 = 4( 415 nm) ( 1, 593) / = 608 nm ( m = 1)

4Ln2

/5 = 4(

415 nm) ( 1, 59) /5 = 365 nm ( m = 2)



1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2

A terceira maior espessura é

L =

1

+

382 nm

2

= 273 nm.

2 2( 1, 75)


59. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é

1

4Ln2

2L

=

m +

m 0 1 2

2

⇒ = , = , , ,...

n 2m

+ 1

2

Assim, temos:

=

4Ln

2 = 4( 415 nm) ( 1, 59) = 2639 nm ( m = 0)

4Ln2

/ 3 = 4( 415 nm) ( 1, 593 )/ = 880 nm ( m = 1)

4Ln 2 / 5 = 4(

415 nm) ( 1, 59) / 55= 28 nm ( m 2)

=

4Ln2

/7 = 4(

415 nm) ( 1, 59) /7 = 377 nm ( m = 3)



2Ln 2L = m ⇒ = = 2

, m 0, 1, 2, ...

n m

2

Assim, temos:

=

2Ln

2 = 2 380 1 34 = 1018 m

( nm) ( , ) nm ( = 1)

Ln2

= ( 380 nm) ( 1, 34) = 509 nm ( m = 2)

0, 5Ln2

= ( 0, 5)(

380 nm) ( 1, 34) = 255 nm ( m = 3)


61. Neste caso, como n > n e n > n , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é

2 1 2 3

1

4Ln2

2L

=

m +

m 0 1 2

2

⇒ = , = , , ,...

n 2m

+ 1

2

Assim,

=

4Ln

2 = 4( 325 nm) ( 1, 75) = 2275 nm ( m = 0)

4Ln2

/ 3 = 4( 325 nm) ( 1, 75) / 3 = 758 nm ( m = 1)

4Ln 2 / 5 = 4(

325 nm) ( 1, 75) / 5 = 455 nm ( m 2)

=

4Ln2

/ 7 = 4(

325 nm) ( 1, 75) / 7 = 325 nm ( m = 3)


62. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 > n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é

1

2L

=

m +

1

⇒ L =

m +

, m = 0 , 1 , 2 , ...

2 n2

2 2n2

A segunda menor espessura é

L =

+

342 nm

2 = 161 nm.

( , )

63. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é

1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2


L =

+

1 1 482 nm

2 2 1 46 = 248 nm.

( , )


64. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é

1

4Ln2

2L

=

m +

m 0 1 2

2

⇒ = , = , , ,...

n 2m

+ 1

2

Assim, temos:

=

4Ln

2 = 4 210 1 46 = 1226 m

( nm) ( , ) nm ( = 0)

4Ln2

/ 3 = 4( 210 nm) ( 1, 463) / = 409 nm ( m = 1)

4Ln2

/5 = 4(

210 nm) ( 1, 46) /5 = 245 nm ( m = 2)


65. Como, neste caso, n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é

1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2


L =

+

1 1 2

632 nm

= 339 nm.

2140 ( , )


Assim, temos:

2Ln 2L = m ⇒ = = 2

, m 0, 1, 2, ...

n m

2

2Ln

2

=

= 2( 200 nm) ( 1, 40) = 560 nm ( m = 1)

{ 2Ln

/2 = 2( 200 nm) ( 1, 40) /2 = 280 nm ( m = 2)

2


67. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é

1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2


L =

+

1 1 587 nm

2 2 1 34 = 329 nm.

( , )


1

1

2L

=

m +

L m

m

2

⇒ =

+

n

2

, = 0 , 1 , 2 , ...

2n

2 2

A terceira menor espessura é

L =

1

+

612 nm

2

= 478 nm.

2 2160 ( , )

69. Suponha que o filme em forma de cunha está suspenso no ar, de modo que a onda refletida

na primeira superfície sofre uma mudança de fase de p rad e a onda refletida na segunda superfície

não sofre mudança de fase. Em um local em que a espessura do filme é L, a condição para

interferência construtiva é 2nL = (m + 1/2) l, em que n é o índice de refração do filme, l é o

comprimento de onda no vácuo e m é um número inteiro. As extremidades do filme são franjas


claras. Suponha que a extremidade estreita do filme tenha espessura L 1 e que a franja clara nessa

extremidade corresponda a m = m 1 . Suponha que a extremidade estreita tenha espessura L 2 e que

a franja clara nessa extremidade corresponda a m = m 2 . Como existem dez franjas claras, m 2 =

m 1 + 9. Subtraindo 2nL 1 = (m + 1/2) l de 2nL 2 = (m 1 + 9 + 1/2) l, obtemos 2n DL = 9 l, em que

DL = L 2 – L 1 é a variação total de espessura do filme. Assim,

DL

9

9( 630 10−9

m)

2n

2150 ( , )

= =

×

= 18 , 9 × 10−6m = 1,89 m.

70. (a) Como, inicialmente, existem uma franja escura em uma extremidade, uma franja clara na

outra extremidade e nove franjas escuras fora das extremidades, m1 = 9,5 na equação 2d 1 = m1l.

Depois de um intervalo de tempo Dt = 15 s, temos m 2 = 9,0 na equação 2d 2 = m 2 l. Assim,

|Dd | = d 1 − d 2 = (m 1 l − m 2 l)/2 = 0,25 l =155 nm.

Assim, a taxa de variação τ da espessura do filme é dada por

(b) Nesse caso, m 2 = 6 e, portanto,

| Dd

| 155 nm

= = = 10, 3 nm/s.

Dt

15 s

|Dd | = d 1 − d 2 = (m 1 l − m 2 l)/2 = 1,75 l = 1085 nm = 1,09 µm.

71. De acordo com a Eq. 35-34, a distância vertical entre o centro de uma franja escura e o

centro da franja escura vizinha é

500 nm

= = = = × −

2 2 250 nm 2,

50 10 4 mm.

Dy

Assim, como a distância horizontal entre franjas escuras vizinhas é Dx = 1,2 mm, temos:

Dy

≈ tan = = × 20 , 8= 10−

4 rad 0,012

o.

Dx

72. Aplicando a Eq. 35-37 às duas situações, temos:

2L

= ( 4001) e 2L

= ( 4000)

n

1,00000 .

ar

Como o primeiro membro é o mesmo nos dois casos, podemos igualar as duas expressões do

segundo membro, o que nos dá

4001

nar

= ( 1, 00000) 4000 = 1, 00025.

73. Considere a interferência de ondas refletidas na superfície superior e na superfície inferior

do filme de ar. A reflexão na superfície superior não muda a fase da onda, mas a reflexão na

superfície inferior provoca uma mudança de fase de p rad. De acordo com a Eq. 35-36, em um

local em que a espessura do filme de ar é L, a condição para interferência construtiva é 2L =

(m + 1/2) l, em que l é o comprimento de onda no ar e m um número inteiro. Explicitando m,

obtemos:

m

2L

24 ( 8 × 10−6

m)

= − 0,

5 =

+ 0, 5 = 140, 5 − 0,

5 = 140.

683 × 10−9

m

74. A partir da condição m l = 2y, na qual y é a espessura do filme de ar entre as placas diretamente

abaixo do centro de uma franja escura, e do fato de que m = n −1, em que n é o número de

franjas escuras, já que a primeira franja escura corresponde a m = 0, concluímos que a distância

entre as bordas das placas no lado em que as placas não estão em contato é y = (8 l/2) = 2400 nm

…


(supondo que a borda corresponde ao centro da nona franja escura). Quando a distância entre

as bordas das placas é aumentada para y9 = 3000 nm, a nova relação é m9l = 2 y9, o que nos dá

m9 = 2 y9/ l = 10 e n9 = m9 + 1 = 11. Assim, são vistas 11 franjas escuras.

75. Considere a interferência de ondas refletidas na superfície superior e na superfície inferior

do filme de ar. A reflexão na superfície superior não muda a fase da onda, mas a reflexão na

superfície inferior provoca uma mudança de fase de p rad. De acordo com a Eq. 35-36, em um

local em que a espessura do filme de ar é d , a condição para interferência construtiva é 2d =

(m + 1/2) l, em que l é o comprimento de onda no ar e m um número inteiro. Explicitando d ,

obtemos:

d = (2m + 1) l/4.

= − −

De acordo com o teorema de Pitágoras, d R R r 2 2 , no qual R é o raio de curvatura da

lente e r é o raio de um dos anéis de Newton. Assim, temos:

( 2m

+ 1 R R r 2 2

) 4 = − − .

Explicitando r , obtemos:

r

=

+

()() 2m 1 R 2m

1

2 −

2

.

2 16

+

Se R é muito maior que um comprimento de onda, o segundo termo do radicando é desprezível

na presença do primeiro e

r

=

+

( 2m

1)

R

, m = 0, 1, 2,

2

Nota: Usando um raciocínio análogo, é possível mostrar que os raios dos anéis escuros são

dados por

= =

r mR , m 0, 1, 2 , …

76. (a) Explicitando m na expressão obtida no Problema 35-75, temos:

m

r 2

1 ( 10 10−3m)

2

R

2 ( 5, 0 m)( 589 10−9m)

= − =

×

×

1

− = 33, 4 ≈ 33.

2

Como o primeiro anel claro corresponde a m = 0, m = 33 corresponde ao anel claro número 34.

(b) Substituindo l por l n = l/ n água , obtemos:

= − = − = × ×

−

m r 2 1 n águar

2 1 ( 13 , 3)( 10 10 3 m)

2

n

R

2 R

2 (5, 0 m)( 589 10−9m)

n

− 1 = 447, ≈ 45.

2

Como o primeiro anel claro corresponde a m n = 0, m n = 45 corresponde ao anel claro número 46.

77. Vamos chamar de r 1 e r 2 os raios dos anéis claros de ordem n e n + 20, respectivamente. Explicitando

m na expressão obtida no Problema 35-75 e substituindo m por n e r por r 1 , obtemos:

n

r 1 2 1

.

R

2

= −

Se, quando n aumenta para n + 20, r 1 aumenta para r 2 , temos:

n

r 2

+ 20 = 2 1

− .

R

2


Subtraindo a primeira equação da segunda e explicitando R, obtemos

−

−

×

R r 2

=

2 r 1 2 ( 0, 368 cm) =

2 ( 0, 162 cm)

2

20

20(

546 10

7

cm)

= 100 cm = 1,00m .

−

78. De acordo com o gráfico da Fig. 35-46, o tempo necessário para que um mínimo migre até

a posição do mínimo vizinho é Dt = 12 s, o que envolve uma variação de espessura DL = l/2n 2

(veja a Eq. 35-37) e, portanto, uma variação de volume

2

2

D V = r 2= DL ⇒ r dV r

n = =

2 2 dt 2n

2Dt

2

−9

( 0, 0180

21 (

m

, 40

) (

)(

550

12 )

10 ) 16 , 7 10 11

× = × −

s

m

m 3 /s.

79. Um deslocamento de uma franja corresponde a uma variação de um comprimento de onda

no percurso da luz. Quando o espelho é deslocado de uma distância d , o percurso da luz varia

de 2d , já que a luz passa duas vezes pelo braço que contém o espelho. Assim, se o deslocamento

é de N franjas, 2d = N l e

2d

2( 0, 233 × 10−3

m)

= =

= 5,

88 × 10−7

m = 588 nm .

N 792

80. De acordo com a Eq. 35-43, o deslocamento DN produzido pela introdução de um filme de

espessura L é DN = (2L/ l) (n – 1). Assim,

DN

( 589 nm)( 7, 0)

L = =

= 5, 2 m

.

2( n −1)

2( 14 , 0 − 1)

81. Seja f 1 a diferença de fase das ondas nos dois braços quando a câmara contém ar e seja f 2

a diferença de fase quando a câmara é evacuada. As diferenças de fase são diferentes porque

o comprimento de onda no ar é diferente do comprimento de onda no vácuo. Se l é o comprimento

de onda no vácuo, o comprimento de onda no ar é l/ n, no qual n é o índice de refração

do ar. Assim,

− =

−

1 2 2L

=

−

2

n 24 ( n 1)

L

na qual L é o comprimento da câmara. O fator 2 aparece porque a luz atravessa a câmara duas

vezes, uma a caminho do espelho e outra depois de ser refletida pelo espelho. Como cada deslocamento

de uma franja corresponde a uma variação de fase de 2p rad, se a figura de interferência

sofre um deslocamento de N franjas quando a câmara é evacuada,

o que nos dá

n

4

( n −1)

L

= 2N

,

N λ 60( 500 × 10−9

m)

1

2L

2( 50 , 10−2

m)

= 1+ = +

×

= 1,

00030.

82. Aplicando a Eq. 35-42 aos dois comprimentos de onda e calculando a diferença, temos:

2L

2L

1 1

N 1 − N = 2 − = − 2L

.

1 2 1 2

Fazendo N 1 – N 2 = 1 e explicitando L, obtemos:

1

L =

2

−

1

−1

1 1 1 1

1

−

= −

nm m

1 2 2 588, 9950 nm 589,

5924 nm = 2, 91 × 105

= 291 .


83. (a) A diferença entre as distâncias percorridas pelos raios 1 e 2 é 7d – 2d = 5d . Para que essa

diferença corresponda a meio comprimento de onda, é preciso que 5d = l/2, o que nos dá

500 nm

d = = 50, 0 nm.

( 2)( 5)

(b) Nesse caso, a condição se torna 5d = l/2n, o que nos dá

500 nm

d = = 36, 2 nm.

( 2)() 5 (, 1 38)

84. (a) Quanto maior a distância entre o ponto P e a srcem, menor a diferença entre as distâncias

percorridas pelos dois raios. Assim, a coordenada pedida corresponde à coordenada da borda da

tela, no caso de uma tela de altura finita, ou y P = ∞, no caso de uma tela de altura ilimitada.

(b) Quando a altura da tela tende a infinito, a diferença entre as distâncias percorridas pelos dois

raios tende a zero. Assim, para y P

= ∞, a diferença de fase é f = 0.

(c) A diferença entre as distâncias percorridas pelos dois raios é máxima para y P

= 0, caso em

que os raios são horizontais e a diferença de percurso é igual a d , a distância entre as fontes.

(d) Como d = 6,00 l, a diferença de fase no caso do item (c), que corresponde à maior diferença

possível, é 6,00 comprimentos de onda.

(e) De acordo com o teorema de Pitágoras, temos:

S P S P d d D ( d ) D

= − = + + − +

1 2 2 2 2 2

=

( 6, 00

)

2

+ ( 6, 00

+ 20, 0 ) − ( 6, 00 )( + 20, 0)

2 2 2

= 5, 80.

(f) Como a diferença de fase está mais próxima de 6 (interferência construtiva) do que de 5,5

(interferência destrutiva), a intensidade no ponto P está mais próxima do máximo.

85. As posições angulares u dos máximos de uma figura de interferência de dupla fenda estão

relacionadas à diferença de percurso através da equação d sen u = m l, na qual d é a distância

entre as fendas, m l = DL é a diferença de percurso entre os raios que passam pelas duas fendas,

l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Se u é pequeno, sen u pode ser considerado

aproximadamente igual a u em radianos. Nesse caso, u ≈ m l/ d e a separação angular entre

máximos vizinhos é Du = l/ d . Quando o equipamento é imerso em água, o comprimento de

onda diminui para l9 = l/ n e a equação anterior se torna

D ′ = ′

d .

Dividindo a equação por Du = l/ d , obtemos

D

′ = ′ = 1 ⇒ D

D ′ = = 0,

30o

= 0, 23o.

D

n

n 1,

33

86. (a) A Fig. 35-50b mostra parte de uma função periódica de período Dn = 0,8. Assim, o

máximo seguinte acontece para n = 1,0 + Dn = 1,0 + 0,8 = 1,8.

(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), a curva passa por zero em n = 1,4 + Dn = 1,4 +

0,8 = 2,2.


(c) Como Dn = 0,8 representa um ciclo (um comprimento de onda), Dn = 2,0 − 1,0 = 1,0 =

0,8 + 0,2 = 0,8 + 0,8/4 representa um ciclo mais um quarto de ciclo, ou seja, 1,25 comprimento

de onda.

87. Quando a interferência de duas ondas é totalmente destrutiva, a diferença de fase

é dada por

= ( 2m

+ 1) , m = 0, 1, 2, ...

Uma condição equivalente é a de que a diferença de percurso seja um múltiplo ímpar de l/2,

em que l é o comprimento de onda da luz.

(a) Observando o gráfico da Fig. 35-51, vemos que representa uma função periódica de período

DL = 1500 nm. Assim, o máximo seguinte acontece para x = 1500 nm.

(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), a curva passa por zero em L = 1500 nm + DL/2 =

1500 nm + 750 nm = 2250 nm.

(c) Como 1500 nm representam um ciclo (um comprimento de onda), 1200 nm representam

1200/1500 = 0,80 comprimento de onda.

88. (a) A diferença em comprimentos de onda, com e sem o material, pode ser calculada usando

a Eq. 35-11:

L

DN = ( n − 1) = 1,.

1428

Este resultado corresponde a um deslocamento de fase de (1,1428)(360°) = 411,4 o .

(b) Este deslocamento equivale a 411,4° − 360° = 51,4°.

89. Na figura a seguir, a onda que chega diretamente ao receptor percorre uma distância L 1 e a

onda refletida percorre uma distância L 2 . Como o índice de refração da água é maior que o do

ar, a onda refletida sofre uma variação de fase de meio comprimento de onda. Assim, para que

haja interferência construtiva na posição do receptor, a diferença L 2 – L 1 deve ser um múltiplo

ímpar de meio comprimento de onda. Considere a figura a seguir. O triângulo retângulo da esquerda,

formado por uma reta vertical do transmissor T até a água, o raio que incide na água e

a superfície da água, nos dá D a

= a/tan u. O triângulo da direita, formado por uma reta vertical

do receptor até a água, o raio refletido e a superfície da água, nos dá D b = x /tan u.

Como D a

+ D b

= D,

tan = a + x .

D


Como sen 2 u = tan 2 u/(1 + tan 2 u), temos:

sen =

a + x

D + ( a + x )

2 2

,

o que nos dá

e

L

L

2a

2b

a a D 2a x ( )

2

sen

a x

= =

+ +

+

x x D 2a x ( )

2

.

sen

a x

= =

+ +

+

Assim,

= + =

L 2 L 2a

L2

b

+ + +

a + x

a ( x D ) a 2 x ( )

2

= + +

D 2

( a x )

2

.

Para D 2 >> a 2 + x 2 , podemos expandir a raiz quadrada em série e aproveitar apenas os dois primeiros

termos da expansão, o que nos dá

A distância percorrida pela onda direta é

+

(

L D a x )

2

2 = + .

2D

= + −

L D 2

1 ( a x )

2

.

Para D 2 >> a 2 − x 2 , podemos expandir a raiz quadrada em série e aproveitar apenas os dois primeiros

termos da expansão, o que nos dá

−

(

L D a x )

2

1 = + .

D

Assim,

+ +

− +

L L D a 2 ax 2 x 2

D a 2 ax 2 x 2

2ax

2 − 1 ≈ +

− −

= .

2D

2D

D

Para que haja interferência construtiva, devemos ter, portanto,

2ax

1

D

=

m +

⇒ x = ( m + 0, 5) .

D 2

2a

90. Como P 1 está à mesma distância de S 1 e S 2 , concluímos que a diferença de fase entre as fontes

é Df f = 0,60p rad. Em termos de comprimentos de onda, esta diferença de fase é

Df f = (0,60p /2p ) l = 0,3 l,

com a onda produzida pela fonte S 2 adiantada em relação à onda produzida pela fonte S 1 .

(a) A fonte S 1 está a uma distância de 720 nm − 640 nm = 80 nm de P 2 , que, em termos

de comprimentos de onda, é (80/400) l = 0,2 l; a fonte S 2 está a uma distância de 720 nm +

640 nm = 1360 nm de P 2 , que, em termos de comprimentos de onda, é (1360/400) l = 3,4 l.

Assim, a diferença de fase devido à diferença de percurso é Df p = 3,2 l, com a onda produzida

pela fonte S 1 adiantada em relação à onda produzida pela fonte S 2 , pois está mais próxima de

P 2 . Assim, a diferença total é

Df

tot

= Df

p

– Df = 3,2 l − 0,3 l = 2,90 l.

f


(b) Como o número de comprimentos de onda está mais próximo de um número inteiro do que

de metade de um número ímpar, a interferência está mais próxima de construtiva.

91. (a) De acordo com a lei de Snell, sen u 2 /sen u 1 = sen u 2 /sen 30° = v i

/ v

f

. Assim,

=

=

v sen 30° ( 3, 0 m s)sen

30°

1 1

2 sen − f

sen

−

vi

4,

0 m s

= °

22 .

(b) Como mostra o cálculo do item a, a refração diminui o ângulo de refração (de 30° para 22°,

no caso). Depois de várias refrações, o ângulo u 2 se aproxima de zero. É por isso que quase todas

as ondas são perpendiculares à praia.

92. (a) Vamos chamar de L a profundidade da cavidade, de n 1 o índice de refração do plástico e

de n 2 o índice de refração do líquido. Quando a altura do líquido (L liq ) é zero, a diferença de fase

f é 60 comprimentos de onda; este valor é igual à diferença entre o número de comprimentos

de onda na distância L no plástico (para o raio r 1 ) e na mesma distância no ar (para o raio r 2 ).

Assim,

+

× +

×

Ln 1 Lnar 60

Lnar 60( 400 10−9

m) ( 40, 01 0−6

m)( 1)

− = ⇒ 60 = n1

=

L

400,

10−6

m

×

= 1, 6.

(b) Poderíamos determinar o valor de n 2 a partir da inclinação da reta da Fig. 35-55b, mas, em

vez disso, vamos usar o fato de que, para L liq = 40,0 mm, f = 20. Isso nos dá

Ln 1 Ln2 20

+ Ln × −

1 20( 4001 0

9

m) + ( 40,01×

0−6

m)(, 1 6)

− = 20 ⇒ = n2

=

L

400,

10−6

m

×

= 1, 4.

93. A condição para um mínimo na figura de interferência de dupla fenda é d sen u = (m + 1/2)

l, na qual d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda, m é um número inteiro e

u é o ângulo entre os raios que interferem destrutivamente e a direção perpendicular à tela. Para

u pequeno, sen u ≈ u em radianos, o que nos dá u = (m + 1/2) l/ d . Nesse caso, a distância entre

o mínimo e o centro da figura de interferência é

1 D

y = D tan≈ D ≈ sen = + D m

,

2 d

na qual D é a distância entre as fendas e a tela. Para o primeiro mínimo, m = 0; para o décimo

mínimo, m = 9. A distância entre os dois mínimos é

Dy

=

1

+

9

− =

2

D 1 D 9D ,

d 2 d d

o que nos dá

d Dy

( 0, 15 × 10−

3m)( 18 × 10−3m)

= =

= 6,0 × 10

9D

95( 0 × 10−

− 7m = 600 nm .

2m)

Nota: A distância entre dois mínimos vizinhos é

Dy = Du = D l/ d .

94. O tempo que um raio luminoso que se propaga diretamente ao longo do eixo central leva

para chegar ao final da fibra ótica é dado por

t

L

direto = =

v1

n 1L

.

c

No caso de um raio que se propaga em zigue-zague, apenas a componente da velocidade paralela

ao eixo central contribui para a propagação do raio em direção à outra extremidade da


fibra ótica. Como essa componente é v 1 sen u c

= v 1 n 2 / n 1 (veja a Eq. 33-45), o tempo de percurso

para esse raio é

A diferença é

Dt t zigue-zague t direto

t zigue-zague

= − = − =

n 1 2 L

cn2

L n 1L

v1

sen c c ( n 2 / n1)

= = =

n 1 2 L

.

cn2

n 1L

n 1L

n1

1 58 300 1 58

− 1

c c

n 8

2 = ( , )( m)

,

−

1

3,

0 × 10 m/s 1,

53

−8

= 5, 16 × 10 s = 51, 6 ns.

95. Para que a interferência de duas ondas seja destrutiva, a diferença de percurso, em comprimento

de onda, deve ser um múltiplo ímpar de l/2, em que l é o comprimento de onda.

(a) Uma diferença de percurso de l/2 produz a primeira franja escura, uma diferença de 3 l/2

produz a segunda franja escura, etc. Assim, a quarta franja escura corresponde a uma diferença

de percurso de 7 l/2 = 7(500 nm)/2 = 1750 nm = 1,75 mm.

(b) Se os ângulos são pequenos, as franjas são igualmente espaçadas e, portanto, se Dy é a distância

entre máximos vizinhos, a distância entre a franja clara central é 3,5Dy = 16,8 mm, o que

nos dá Dy = 16,8/3,5 = 4,8 mm.

Nota: A distância entre a franja clara de ordem m e a franja central é

y D D D m D

clara = ≈ tan ≈ = sen

d

e a distância entre a franja escura de ordem m e a franja clara central é

1

y escura = m +

2

D .

d

96. Podemos usar a expressão obtida no Exemplo “Interferência no revestimento de uma lente

de vidro”:

Lmin

Lmin

= = = ⇒ 0=, 20

0, 20.

4n

4( 1, 25)

2

97. Vamos supor que o sistema de divisão do feixe é tal que as duas ondas interferem construtivamente

quando x = 0 (em alguns interferômetros, isso acontece para outros valores de x ).

Podemos adaptar a Eq. 35-23 a esta situação introduzindo um fator de 2 no numerador (já que

o interferômetro usa luz refletida) e eliminando o fator sen u. Nesse caso, a diferença de fase

entre os dois raios luminosos é Df = 2(2p x / l) = 4p x / l. Assim, de acordo com a Eq. 35-22,

fazendo 4 I 0 = I m , obtemos:

x

I = I m cos2 D

I m

= cos

2

2

.

2

A figura a seguir mostra um gráfico de I / I m

em função de x / l.


De acordo com a figura, a intensidade é máxima para

x

m

, m 0, 1, 2, ...

2

= =

e mínima para

1

x = ( m + ) m =

4 21 , 0 , 1 , 2 , ...

98. Note que o raio 1 percorre uma distância adicional de 4 L em relação ao raio 2. Para que a

interferência seja construtiva quando l = 620,0 nm, devemos ter

4L = m l

em que m é um número inteiro.

Para que a interferência seja destrutiva quando l9 = 496,0 nm, devemos ter

4 L = k l9/2 em que k é um número ímpar.

Igualando as duas equações e explicitando k , obtemos

k = m 2

m 2 620 m

496

′ = = 2, 5 .

Esta condição é satisfeita para m = 2 e k = 5. Também é satisfeita para m = 3, 4, ... Entretanto,

como estamos interessados em calcular o menor valor possível de L, escolhemos o menor valor

possível de k , que é k = 5. Substituindo k por seu valor na equação 4 L = k l9/2, obtemos

′ = = 310, 0 nm.

5 5( 620, 0 nm)

L =

8 8

99. Combinando a Eq. 35-3, n = c/ v, com a relação v = Dx / Dt , obtemos uma equação para o

intervalo de tempo necessário para que a luz chegue ao alvo:

D

Dt = n x .

c

(a) No caso da pistola 1, Dt = [(1,55)(2,00 × 10 −3 m) + (1,70)(2,00 × 10 −3 m) + (1,60)(2,00 × 10 −3

m) + (1,45) (2,00 × 10 −3 m)]/(3,0 × 10 8 m) = 42,0 × 10 –12 s = 42,0 ps.

(b) No caso da pistola 2, Dt = [(1,70)(2,00 × 10 −3 m) + (1,45)(2,00 × 10 −3 m) + (1,60) (4,00 ×

10 −3 m)]/(3,0 × 10 8 m) = 42,3 × 10 –12 s = 42,3 ps.

(c) No caso da pistola 3, Dt = [(1,60)(2,00 × 10 −3 m) + (1,70)(2,00 × 10 −3 m) + (1,59)(4,00 ×

10 −3 m)]/(3,0

×

10 8 m) = 43,2

×

10 –12 s = 43,2 ps.

(d) No caso da pistola 4, Dt = [(1,60)(2,00 × 10 −3 m) + (1,61)(4,00 × 10 −3 m) + (1,45)(2,00 ×

10 −3 m)] /(3,0 × 10 8 m) = 41,8 × 10 –12 s = 41,8 ps.

(e) De acordo com os resultados dos itens anteriores, o disparo da pistola 4 será o primeiro a

atingir o alvo.

100. De acordo com a Eq. 35-36, para que a interferência seja construtiva, devemos ter 2n 2 L =

(m + 1/2) l, o que nos dá

2n 2L

21 ( ,) 50 ( 410 nm)

1230 nm

= =

= ,

m 1 2 m 1 2 m 1 2

+

+

+


em que m = 0, 1, 2, … O único valor de m para o qual o comprimento de onda calculado está

dentro da faixa da luz visível é m = 1. Assim,

1230 nm

=

1 1 2

+

= 492 nm.

101. No caso de uma tela distante, o ângulo u é pequeno e podemos usar a aproximação sen

u ≈ u. Assim, de acordo com a Eq. 35-14,

≈ =

D D D sen

=

= ⇒ = =

d d

m

D m

d

d

D

589 × 10 −9

m

0,

018 rad

102. Como Df = 60° = p /3 rad, a velocidade angular dos fasores é

D

= =

Dt

/ 3 rad

2,5 10−16

s

×

= 41,

9 × 10

15

rad/s.

= 3, 31× 0−5

m = 33 m.

Como o meio no qual as ondas estão se propagando é presumivelmente o ar, no qual a velocidade

da luz é aproximadamente c, temos:

2

c

= = 450 nm.

Capítulo 36

1. (a) Podemos usar a Eq. 36-3 para calcular a distância entre o primeiro mínimo (m 1 = 1) e o

quinto mínimo (m 2 = 5):

= sen = = = ( − ).

D yD D D D D m D m D m2 m1

a a a

Explicitando a largura a da fenda, obtemos:

(b) Para m = 1,

a

=

−

× −

D( m m

−

2 1) ( 400 mm)( 550 10

6

mm)( 51 )

=

Dy

0,

35mm

= 2, 5mm.

m

( 1)( 550 × 10−6

mm)

sen

= =

= 22, × 10⇒ −4

= sen − 1( 2, 2 × 10− 4) = 2, 2 × 10−

4

rad.

a 2,

5mm


a m 1

= sen

= sen 45, 0°

= 1, 41.

3. (a) Como a onda que incide na lente é uma onda plana, a imagem está em foco no plano focal

da lente, situado a uma distância de 70 cm da lente. Assim, se a imagem está em foco na tela,

a tela está a 70 cm da lente.

(b) As ondas que saem da lente fazendo um ângulo u com o eixo da lente interferem para produzir

um mínimo de intensidade se a sen u = m l, em que a é a largura da fenda, l é o comprimento

de onda e m é um número inteiro. A distância na tela entre o centro da figura de difração

e o primeiro mínimo é dada por y = D tan u, na qual D é a distância entre a lente e a tela. Para

as condições do problema,

Assim, u = 1,475 × 10 –3 rad e

m

( 1)( 590 × 10−9

m)

sen

= =

= 14 , 75 × 10−

a 04,

0 × 10−3

m

y = (0,70 m) tan(1,475 × 10 –3 rad) = 1,0 × 10 –3 m = 1,0 mm.

4. (a) De acordo com as Eqs. 36-3 e 36-12, quanto menor o comprimento de onda, menor o

ângulo de difração. Isso significa que os efeitos de difração são menores para menores comprimentos

de onda.

(b) Usando a Eq. 36-3, com m = 1, para calcular o valor de 2u (a largura angular do máximo

central de difração), obtemos:

2 2

1

0 50

= −

2

1

11

= −

, m

sen sen

5,

0 = °.

a

m

(c) Um cálculo semelhante para l = 0,010 m nos dá 2u = 0,23°.

3

.


5. (a) A condição para um mínimo em uma figura de difração de uma fenda é

a sen u = m l,

na qual a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Como l =

l a

e m = 1, o ângulo u é o mesmo que para l = l b

e m = 2. Assim, temos:

l a

= 2 l b

= 2(350 nm) = 700 nm.

(b) Seja m a

o número inteiro associado a um mínimo da figura de difração produzida por uma

luz de comprimento de onda l a e seja m b o número inteiro associado a um mínimo da figura de

difração produzida por uma luz de comprimento de onda l b . Um mínimo de uma das figuras de

difração coincide com um mínimo da outra se os ângulos de difração forem iguais, o que significa

que m a l a = m b l b . Como l a = 2 l b , os mínimos coincidem se 2m a = m b . Assim, um mínimo

sim um mínimo não da figura de difração produzida por uma luz de comprimento de onda l b

coincide com um mínimo da figura de difração produzida por uma luz de comprimento de onda

l a

. Fazendo m a

= 2, obtemos m b

= 4.

(c) Fazendo m a

= 3, obtemos m b

= 6.

6. (a) u = sen –1 (1,50 cm/2,00 m) = 0,430°.

(b) No caso do mínimo de difração de ordem m, a sen u = m l. Explicitando a largura a da fenda,

obtemos:

a

m

2( 441nm)

= = = 0, 118 mm.

sen sen 0,

430°

7. A condição para um mínimo da figura de difração de uma fenda é

a sen = m,

na qual a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Como o

ângulo u é medido em relação ao centro da figura de difração, para a situação descrita no enunciado

temos m = 1 e u = 1,20°/2 = 0,60°. Assim,

a

m

633 10−9

m

sen

sen 0,

60°

= =

×

= 60 , 4 × 10−5

m = 60,4

8. Se y é a distância entre o primeiro mínimo e o eixo central, temos:

y

sen = = ,

D2 + y2

a

m.

o que nos dá

D

D

y =

( a ) − = ( af v s ) − = 100 m

41 2 m

2 1 2

2

1 ( 0, 300 m)( 3000 Hz)

( 343m s)

− = , .

1

9. A condição para um mínimo de intensidade em uma figura de difração de uma fenda é a sen

u = m l, em que a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro.

Para determinar a posição angular do primeiro mínimo, fazemos m = 1:

1

= sen

=

− 1 1

sen−

a

589 × 10

10 , 0 × 10

−9

−3

m

m = 58 , 9 × 10 −4

rad.

Se D é a distância entre a fenda e a tela, a distância na tela entre o centro da figura de difração

e o primeiro mínimo é

= = ( ) ( × ) = ×

y1 D tan

4

1 3, 00 m tan 5, 89 10−

rad 1,

767 10−3 m .


Para determinar o ângulo do segundo mínimo, fazemos m = 2:

= sen

−1

2

2( 589 × 10−

9

m)

1 178

10 0 × 10

3 = , ×

−

, m

10 −3

rad.

A distância na tela entre o centro da figura de difração e o segundo mínimo é

y 2 = D tan u 2 = (3,00 m) tan (1,178 × 10 –3 rad) = 3,534 × 10 –3 m.

A distância entre os mínimos é

10. Como y = m lL/ a, temos:

Dy = y 2 – y 1 = 3,534 mm – 1,767 mm = 1,77 mm.

m L L

D y D Dm

a a

=

( 632,

8 nm)(2,60)

= =

[ 10 − ( − 10)] = 24,m0

m.

1,

37 mm


D

=

2

2

D

( x sen ) = 589 10−

×

6

0,

10 mm

mm

30 2667

2 sen ° = ,

rad,

o que equivale a 266,7 rad – 84p rad = 2,8 rad = 160°.

12. (a) Como a inclinação da reta da Fig. 36-38 é 12 rad/1 = 12 e, de acordo com a Eq. 36-6,

esta inclinação é igual a p a/ l, temos:

12

126(

10 nm)

= a = = ≈

2330 nm 2,

33 m.

(b) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-3 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,

temos:

mmax

a

a 2330 nm

sen

max

3, 82.

610 nm

= ( ) = = ≈

Existem, portanto, três mínimos de cada lado do máximo central, o que nos dá um total de seis

mínimos.

(c) Fazendo m = 1 na Eq. 36-3 e explicitando u, obtemos:

−

sen

1

sen− 1

610 nm

sen −1( 02, 62) 15,

2 o .

a 2330 nm

= = = =

(d) Fazendo m = 3 na Eq. 36-3 e explicitando u, obtemos:

−

sen

1

3

sen − 1

3(

610 nm)

sen − 1( 0,

7854) = 51, 8 o .

a 2330 nm

= = =

13. (a) u = sen –1 (0,011 m/3,5 m) = 0,18°.


=

a

=

( 0 , 025mm

)sen 0 , 18°

sen 538 × 10 −6

mm

= 0, 46rad.



I () sen

=

2

, .

= 0 93

I m

14. (a) Como u = tan −1 (y/ D) = tan −1 (15 cm/300 cm) = 2,86°, a Eq. 36-6 nos dá

a sen ( 6000 nm)sen 2,

86°

500 nm

= = = 1, 883rad.

Assim,

I

I

p

m

=

sen

2

= 0, 256.


temos:

m

a sen ( 6000 nm)sen 2,

86°

500 nm

= = ≈ 0, 60,

o que mostra que o ângulo nos leva a um ponto situado entre o máximo central e o primeiro

mínimo, que corresponde a m = 1 na Eq. 36-3.


I

= I m

sen2

,

2

em que a = (p a/ l) sen u, a é a largura da fenda e l é o comprimento de onda. Fazendo I = I m

/2,

obtemos

sen 2 1

=

2 .

2

(b) Calculando sen 2 1,39 e 1,39 2 /2 com cinco algarismos significativos, obtemos os valores de

0,96766 e 0,96605, respectivamente, o que nos dá uma diferença de 0,00161, ou seja, menos

de 0,2%, em relação ao valor que anula a expressão obtida no item (a). Para nos certificarmos

de que 1,39 rad está mais próximo da solução do que qualquer outro valor com três algarismos

significativos, calculamos as diferenças sen 2 1,385− 1,385 2 /2 = 0,00677 e sen 2 1,395− 1,395 2 /2 =

0,003597, o que confirma que 1,39 é a solução correta.

(c) Como a = (p a/ l) sen u e a/ p = 1,39/ p = 0,442,

=

sen − 1

0,

442

a

A distância angular entre os dois pontos de meia intensidade, um de cada lado do centro da figura

de difração, é, portanto,

D = 2

= 2sen−

1

.

0,

442

a

.

(d) Para a = 1,0 l,

D = 2sen−

1

0,

442

= 0, 916 rad = 52, 5o.

1,

0


(e) Para a = 5,0 l,

(f) Para a = 10 l,

D = 2sen−

D = 2sen−

1

1

0,

442

= 0, 177 rad = 10, 1o.

5,

0

0,

442

= 0, 0884 rad = 5, 06o.

10

16. Considere a explicação de Huygens do fenômeno de difração. Na presença do objeto A, apenas

as ondas secundárias de Huygens que passam pelo furo chegam ao ponto P. Suponha que

essas ondas produzem um campo elétrico resultante E A . Na presença do objeto B, a luz que foi

bloqueada pelo objeto A chega ao ponto P e a luz que passou pelo furo do objeto A é bloqueada.

Suponha que, nesse caso, o campo elétrico resultante é E B . A soma EA

+ E B é a resultante

das ondas que chegam ao ponto P na ausência do objeto A e do objeto B. Como o ponto P está

na região de sombra geométrica, essa soma é zero. Assim, EA

= − E B, e, como a intensidade é

proporcional ao quadrado do campo elétrico, a intensidade no ponto P é a mesma quando A está

presente e quando B está presente.

17. (a) De acordo com a Eq. 36-5, a intensidade da figura de difração de uma fenda é dada por

I

= I m

sen2

,

2

em que a é dado pela Eq. 36-6. Para determinar os valores de a para os quais a intensidade é máxima,

derivamos a intensidade I em relação a a e igualamos o resultado a zero, o que nos dá

dI

d

sen

2I m ( cos sen ) = 0.

3

= −

A derivada se anula nos pontos em que sen a = 0 e a ≠ 0, ou seja, nos pontos em que a = mp ,

sendo que m é um número inteiro, mas esses são os pontos em que a intensidade I é mínima. A

derivada também se anula nos pontos em que a cos a – sen a = 0, ou seja, nos pontos em que

tan a = a. Esses são os pontos em que a intensidade I é máxima.

(b) Os valores de a que satisfazem a relação tan a = a podem ser obtidos numericamente em

uma calculadora ou em um computador: são ligeiramente menores que os valores de (m + 1/2)

p rad. Também podem ser determinados graficamente, a partir de um desenho como o da figura

a seguir, no qual as funções y = tan a e y = a são plotadas no mesmo gráfico. As interseções da

reta y = a com a curva y = tan a são as soluções. A menor é a = 0.

(c) Escrevendo os máximos na forma a = (m + 1/2)p rad, os valores de m são dados por m =

a/ p − 0,500. Para a = 0, m = −0,500.


(d) O segundo menor valor de a é 4,493 rad.

(e) Para a = 4,493, m = 4,493/ p − 0,500 = 0,930.

(f) O terceiro menor valor de a é 7,725 rad.

(g) Para a = 7,725, m = 7,725/ p − 0,500 = 1,96.

18. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a maior distância

é

L

= = = ( 5, 0 × 10−

3

m)( 4, 0 × 10−

3

m)

= 30

1225 , ( 50 × 10 −

m.

9

m)

D D

R 1,

22 /

d

19. (a) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”,

× ×

= 0,

19 m = 19c m .

× −

D 25 ( 0 10−

6

m)(1,5 10−3

m)

L = = 1 , 22 / d 12 , 26 ( 50 10

9

m)

(b) Como o comprimento de onda da luz azul é menor que o da luz vermelha e a distância máxima

é inversamente proporcional ao comprimento de onda, a distância seria maior.

20. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância

mínima é

1,

22

D = L

R

= L d

( 12 , 2)( 16 , × 10−2

m)

= ( 62, × 103

m)

2, 3 m = 53 m .

21. (a) Vamos usar o critério de Rayleigh. Se L é a distância entre o observador e os objetos, a

menor separação D que pode ser resolvida é D = Lu R , em que u R é medido em radianos. Usando

a aproximação para pequenos ângulos, temos:

D

1, 22 L 1, 22( 8, 0 10

10

m)( 550 10−

9

m)

d

5,

0 10−3

m

= =

× ×

×

= 1, 1 × 10 7 m= 1,1 × 10 4 km.

Como esta distância é maior que o diâmetro de Marte, é impossível observar detalhes da superfície

do planeta a olho nu.

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

× ×

1, 22( 8, 0 10

10

m)( 550 10 − 9

m)

4

D =

5, 1 m = 1,

11× 0 m = 11km.

22. (a) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a menor

dimensão é

= = 1, 22

( 400 × 103m)( 1, 22)( 550 × 10−9

m)

d =

≈ 50 m.

( 0, 005 m)

D L

R L

(b) De acordo com o critério de Rayleigh, o astronauta não poderia ver com clareza a Grande

Muralha da China [veja o resultado do item (a)].

(c) Os sinais de vida inteligente seriam, na melhor das hipóteses, ambíguos na parte da Terra

iluminada pelo Sol. Ao passar pelo lado oposto da Terra, porém, o astronauta veria claramente

os efeitos da iluminação artificial.


23. (a) De acordo com o critério de Rayleigh, a distância angular das fontes, em radianos, deve

ser no mínimo u R = 1,22 l/ d , em que l é o comprimento de onda e d é o diâmetro da pupila. No

caso dos faróis,

R

1, 22( 550 × 10−

9

m)

=

= 13 , 4 × 10−

4

rad ≈ 1, 3 × 10

5,

0 × 10−

−4 rad.

3

m

(b) Se L é a distância entre os faróis e o observador quando os faróis estão no limite da resolução e

D é a distância entre os faróis, D = Lu R , usando a aproximação para pequenos ângulos. Assim,

L

D 1,

4

4

= R = 13 , 4 × 10

m− 4

rad = 1, 0 × 10 m = 10 km.

24. Usando a Eq. 36-12 com u = 2,5°/2 = 1,25°, temos:

12 , 2

12 , 25 ( 50 nm)

d = =

= 31 m.

sen

sen 1,

25°

25. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância

mínima é

= =

D L

R L

12 2 550 1

1, 22

d = ( 3, 82 × 108

m) ( ,) ( 0 −9

m)

5,

1m

×

= 50 m.

26. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, temos:

(a) De acordo com a equação anterior,

(b) De acordo com a equação do item a,

= = ⇒ =

D R 1, 22 d 1, 22L

.

L d D

× ×

1, 22( 550 10−9 m)( 400 103

m)

d =

0,

85 m

× ×

1, 22( 550 10−9 m)( 400 103

m)

d =

0,

10 m

= 0, 32 m.

= 2, 7 m.

(c) Os satélites militares não usam grandes aberturas, comparáveis à do Telescópio Espacial

Hubble; em vez disso, recorrem a técnicas sofisticadas de filtragem e processamento digital para

melhorar a qualidade das imagens.

27. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, temos:

D D ( 5,

0 × 10−

2

m)(4,0 × 10−3m)

L = = =

= × 1, 6 = 10×

6

1,

6 103

1,

22/

d 1, 22( 0,

10 × 10 − m km.

9

m)

R

28. A Eq. 36-14 nos dá u R = 1,22 l/ d , em que, em nosso caso, u R ≈ D/ L, com D = 60 mm e L é a

distância que procuramos. Se d = 3,00 mm = 3000 mm é o diâmetro da pupila do observador,

L

Dd ( 60 m)( 3000 m)

= = = ×

1,

22

1, 22( 0, 55 m)

27,

105 m = 27cm.

29. (a) De acordo com a Eq. 36-14, a separação angular é

R

1, 22

( 1, 22)( 550 10−

9

m)

d 0,

76 m

= =

×

= 8,

8 × 10

−7

rad.


(b) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância

entre as estrelas é

( 10anos-luz)( 9, 46 1012 kma no-luz)( 0,

18)

D = L R =

( 3600)( 180)

(c) O diâmetro do primeiro anel escuro é

×

= 8, 4 × 10 7 km.

2( 0, 18)() ( 14 m)

d = 2

= L = × 25 10−

R

, 5 m = 0, 025mm.

( 3600)( 180)

30. De acordo com a Fig. 36-42a, o diâmetro D9 do disco na retina é

O ângulo mostrado na Fig. 36-42b é

L′ 2,

00 cm

D ′ = D = ( 2, 00 mm)

= 0,

0889 mm.

L

45,0 cm

= tan−

′/ 2

= tan−

0,

0889 mm/ 2

x 6,

00 mm = 0, 424°

.

1 D

1

Como este ângulo corresponde ao primeiro mínimo da figura de difração, sen u = 1,22 l/ d , em

que l é o comprimento de onda e d é o diâmetro do defeito. Assim, temos:

12 , 2

12 , 25 ( 50 nm)

= d = = ×

sen

sen(, 0 424°

)

90 , 6 10−

5 m ≈ 91m.

31. (a) O primeiro mínimo da figura de difração está em uma posição angularu, medida em

relação ao centro da figura, tal que sen u = 1,22 l/ d , em que l é o comprimento de onda e d é o

diâmetro da antena. Se f é a frequência, o comprimento de onda é

Assim,

= c = 30 , 0 × 10

f 220 × 10

8

9

m s

= 13 , 6 × 10 − 3

m.

Hz

=

×

−

sen−

1

1,

22

= sen−

1

1, 22( 1, 36 10

3

m)

30 , 2 10

3

.

d

55,

0 × 10

2 = ×

− rad

−

m

A largura angular é o dobro deste valor, 2(3,02 × 10 −3 rad) = 6,04 × 10 –3 rad = 0,346°.

(b) Para l = 1,6 cm e d = 2,3 m, temos:

= sen 12 , 216 ( , × 10 m)

= 85 , × 10

2,

3m

− 1 − 2 − 3 rad

e a largura angular é 2(8,5 × 10 −3 rad) = 1,7 × 10 –2 rad = 0,97°.

32. (a) De acordo com a Eq. 36-12:

=

sen − 1

1,

22

= sen − 1

1, 22( vs / f )

d

d

(b) Para f = 1,0 × 10 3 Hz, temos:

= ( , )( )

sen−

1

1 22 1450 m s

( × )( 0, 60 ) = 6, 8°

.

25 103 Hz m

1, 22

( 1, 22)( 1450 m s)

=

= 2,

9 > 1.

d ( 1,0 × 103 Hz)( 0, 60 m)

Como sen u não pode ser maior que 1, nesse caso não existe um mínimo.



R

1,

22

= =

d

em que o raciocínio que leva à segunda igualdade é o mesmo do Exemplo “Pinturas pontilhistas

e a difração da pupila”.

(a) De acordo com a equação anterior,

D

D

,

L

1, 22L

1, 22( 1, 40 10−9 m)( 2000 103

m)

d

0,

200 × 10− 3 m = 17, 1 m.

= =

× ×

(b) Densidade de energia é igual a potência por unidade de área. Supondo que o laser se comporta

como uma fonte isotrópica, a área no caso é a área da superfície de uma esfera, que é proporcional

ao quadrado do raio. Assim, a razão r das densidades de energia é igual à razão das

distâncias: r = (d/D) 2 = 1,37 × 10 −10 .

34. (a) Como u = 1,22 l/ d , quanto maior o comprimento de onda, maior o raio do primeiro mínimo

(e do segundo máximo). Assim, os dois anéis são vermelhos (a cor da luz visível com

maior comprimento de onda).

(b) O diâmetro aproximado das gotas é

1, 22 1, 22( 7 10

d = ≈

− 7

m)

1, 5( 0, 50° )( / ° ) 2

×

180

= 1, 31× 0 −4

m = 0, 13 mm.

35. As franjas claras são observadas para ângulos u dados por d sen u = m l, em que m é um

número inteiro. Neste caso, temos d = 11a/2 e, portanto,

a sen u = 2m l/11.

O primeiro mínimo da figura de difração é observado para um ângulo u 1 dado por a sen u 1 =

l e o segundo é observado para um ângulo u 2 dado por a sen u 2 = 2 l, em que a é a largura da

fenda. Temos que contar os valores de m para os quais u 1 < u < u 2 ou, o que é equivalente, os

valores de m para os quais sen u 1 < sen u < sen u 2 . Isto significa que 1 < (2m/11) < 2. Os valores

de m que estão neste intervalo são m = 6, 7, 8, 9 e 10. Assim, existem cinco franjas claras entre

o primeiro e o segundo mínimos da envoltória.

36. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta

os efeitos de difração”, obtemos

−3

d

a = 03, 0

×

× 10−

m = 6, 52,

46 10

6

m

que interpretamos como significando que o primeiro mínimo de difração acontece a uma distância

do centro da figura de interferência um pouco maior que o máximo correspondente a m =

6 da figura de interferência. Isto significa que a envoltória central inclui o máximo central da

figura de interferência (correspondente a m = 0) e seis máximos laterais de cada lado, o que nos

dá um total de 6 + 1 + 6 = 13 franjas claras entre os dois mínimos de primeira ordem da figura

de difração.

37. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta os

efeitos de difração”, obtemos n = 2(d / a) – 1 = 2(2a/ a) – 1 = 3.

38. De acordo com o enunciado, a envoltória central de difração contém a franja clara central

de interferência (correspondente a m = 0 na Eq. 35-25) e dez franjas laterais de cada lado.

Como a décima primeira franja lateral de interferência não está contida na envoltória central,


concluímos que o primeiro mínimo da envoltória de difração (que satisfaz a relação senu = l/ a)

coincide com a décima primeira franja lateral de interferência, que corresponde a m = 11 na Eq.

36-25, o que nos dá

m

11

d

d = = = ⇒ 11a=

11.

sen

/

a

a

39. (a) Como o primeiro mínimo da figura de difração é observado para u = 5,00°, temos:

0,

440 m

a = = = 5, 0 m

.

sen

sen 5,

00°

(b) Como a quarta franja lateral clara da figura de interferência está ausente, d = 4a = 4(5,05

mm) = 20 mm.

(c) No caso da franja de interferência com m = 1,

e, portanto, a intensidade da franja é

I

= I m

a sen ( 5, 05 m)sen 1,

25

= =

0,

440 m

sen

o que está de acordo com a Fig. 36-45.

No caso da franja de interferência com m = 2,

e, portanto, a intensidade da franja é

I

= I m

° = 0,

787 rad

2

2

sen( 0,

787

= ( 7, 0 mW/cm2

rad)

)

5 7

0,

787

= , mW/cm2,

a sen ( 5, 05m)sen 2,

50

= =

0,

440 m

sen

o que também está de acordo com a Fig. 36-45.

° = 1,

57rad

2

= ( , ) sen( , 2

1 57

7 0 mW/cm2

rad)

2 8

1,

57

= , mW/cm2,

40. (a) Como a inclinação da reta da Fig. 36-45 é (80 rad)/1 = 80 e, de acordo com a Eq. 36-20,

essa inclinação é igual a p d / l, temos:

= d = 80

= 804( 35 ≈nm) 11. 077 nm 11,

1 m.


temos:

mmax

d

d 11,

077 nm

= ( sen

) = = ≈

max

25, 5,

435 nm

o que mostra que existem 25 franjas claras secundárias de um dos lados do máximo central. Isso

significa que, incluindo o máximo central, existem 51 franjas claras de interferência (supondo,

como é dito no enunciado, que nenhum dos máximos de interferência é totalmente eliminado

por um mínimo de difração).

(c) O menor ângulo para o qual existe um máximo é o ângulo correspondente ao máximo central:

u = 0°.


(d) Fazendo m = 25 na Eq. 35-25, obtemos

=

sen−

1 m

= sen−

1

( 25)( 435 nm)

d

11077 nm

41. (a) Como o ângulo correspondente ao ponto P é

= tan−

1 y

= tan−1 0,

700 m

D 4,

00 m

= 9,

= 79, 0°

.

93° = 01, 73 rad,

a Eq. 36-20 nos dá

d sen ( 24, 0 m)

sen 9,

93°

0,

600 m

= =

= 21,

66 rad.


a sen ( 12, 0 m)

sen 9,

93°

= =

0,

600 m

o que, de acordo com a Eq. 36-19, nos dá

I

= (cos )

2

I m

sen

2

= [ cos ( 21,

66 rad) ]

2

= 10,

83 rad,

2

sen( 10,

83rad)

74 , 3 10

3.

10,

83

= × −


temos:

m

d sen 24, 0 m

sen 9,

93°

0,

600 m

= = ( ) ≈ 6, 9,

o que mostra que o ponto P está entre o sexto mínimo de interferência (que corresponde a m =

6,5) e o sétimo máximo secundário (que corresponde a m = 7).

(c) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-3 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,

temos:

m

a sen 12, 0 m

sen 9,

93°

0,

600 m

= = ( ) ≈ 3, 4,

o que mostra que o ponto P está entre o terceiro mínimo de difração (que corresponde a m = 3)

e o quarto mínimo de difração (que corresponde a m = 4). Os máximos não estão exatamente

a meio caminho entre os mínimos (veja o Problema 36-17) e sua localização é considerada na

resposta.

42. (a) Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta

os efeitos de difração”, fazemos a posição da quarta franja clara secundária da figura de interferência

coincidir com o primeiro mínimo da figura de difração, o que nos dá

4

d

sen = = ⇒ = 4.

d a a

(b) Todas as franjas claras de interferência que coincidem com um mínimo de difração são eliminadas.

Isso acontece para

m1 m2 m1

sen = = = ,

d a 4a

o que nos dá m 1 = 4m 2 , em que m 2 = 1, 2, 3, … Assim, as franjas claras eliminadas são a 4 a , a 8 a ,

a 12 a e assim por diante, ou seja, todas as franjas claras secundárias múltiplas de 4.


43. (a) As posições angulares u das franjas claras de interferência são dadas por d sen u = m l,

em que d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. O

primeiro mínimo de difração acontece para um ângulo u 1 dado por a sen u 1 = l, em que a é a

largura das fendas. Como o pico de difração se estende de –u 1 a +u 1 , devemos contar o número

de valores de m para os quais −u 1 < u < +u 1 ou, o que é equivalente, o número de valores de

m para os quais −sen u 1 < sen u < +sen u 1 . Isso nos dá –1/ a < m / d < 1/ a, ou seja, –d / a < m <

+d / a. Como

d

= 01,

50 × 10−3

m

= 5, 00,

a 300,

× 10−

6

m

os valores de m são m = –4, –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 e +4, o que corresponde a um total de 9

franjas.

(b) A intensidade na tela é dada por

I

= I m ( cos ) 2

sen

na qual a = (p a/ l) sen u, b = (p d / l) sen u e I m

é a intensidade da franja central. No caso da

terceira franja clara, d sen u = 3 l, o que nos dá b = 3p rad, e a = 3p a/ d = 3p /5,00 = 0,600p

rad. Assim,

I

= (cos

2

3

)

I m

sen 0,

600

0,

600

2

2

= 0, 255.

Nota: A expressão da intensidade envolve dois fatores: (1) o fator de interferência cos 2 b, associado

à interferência das ondas que passam por duas fendas separadas por uma distância d , e

(2) o fator de difração [(sen a)/ a] 2 , que resulta da difração produzida por uma fenda de largura

a. No limite em que a → 0, (sen a)/ a → 1 e recuperamos a Eq. 35-22, usada para calcular a

interferência entre duas fendas de largura desprezível separadas por uma distância d . Por outro

lado, fazendo d = 0 (ou b = 0), recuperamos a Eq. 36-5, usada para calcular a difração de uma

única fenda de largura a. A figura a seguir mostra a intensidade relativa I / I m

em função de u.

44. De acordo com a Eq. 36-25, os máximos de difração obedecem à relação d sen u = m l. Neste

caso, como o ângulo entre os máximos correspondentes a m = 1 e m = –1 é 26°, o ângulo u

correspondente a m = 1 é u = 26°/2 = 13°. Assim, a distância efetiva entre as ranhuras é

d

m

( 1)( 550 nm)

= = = ≈

sen

sen13°

45. A distância entre ranhuras vizinhas é

2,

4 m 2 m.

d = 20,0 mm/6000 = 0,00333 mm = 3,33 mm.

.


= ( = ± ± )

(a) Sabemos que d sen m

m 0, 1, 2 ,… de u corresponde a |m| = 5, o que nos dá

= sen − 1 ( | | ) = sen−

1 ( ,

5 0 589 m)

m / d

3,

33m

(b) O segundo maior valor de u corresponde a |m| = 4, o que nos dá

= sen − 1 ( | | ) = sen−

1 ( ,

4 0 589 m)

m / d

3,

33m

(c) O terceiro maior valor de u corresponde a |m| = 3, o que nos dá

= sen − 1 ( | | ) = sen−

1 ( ,

3 0 589 m)

m / d

3,

33m

Como |m| l/ d > 1 para |m| ≥ 6, o maior valor

= 62, 1°

.

= 45, 0°

.

= 32, 0°

.

46. A posição angular do máximo de difração de ordem m é dada por m l = d sen u. Para que o

máximo de quinta ordem seja observado, é preciso que

o que nos dá

sen u| m=5 = 5 l/ d ≤ 1,

d 1,

00 nm/315

≤ = = 635nm.

5 5

Assim, o maior comprimento de onda para o qual as linhas de quinta ordem podem ser observadas

é l = 635 nm.

47. A distância entre as ranhuras é

d = 1/(400 mm –1 ) = 2,5 × 10 –3 mm.

Como a posição angular das linhas de difração é dada pela relação d sen u = m l, em que l é o

comprimento de onda e m é um número inteiro, para uma dada ordem, o ângulo u correspondente

a um comprimento de onda maior é maior que o ângulo u correspondente a um comprimento

de onda menor. Vamos fazer l = l max , o maior comprimento de onda do espectro visível,

e verificar qual é o maior valor inteiro de m para o qual u ≤ 90°, ou seja, o maior valor inteiro

de m para o qual m l max ≤ d . Como

×

×

d 25,

10−

6m

=

−

max 700 10

9

m

≈ 3, 57,

esse valor é m = 3. Assim, a rede pode produzir três ordens completas de cada lado da ordem

m = 0; a segunda e a terceira ordens estão parcialmente superpostas para os comprimentos de

onda do espectro visível.

48. (a) Chamando de M o maior valor de m, devemos ter M l = a sen u < d , o que nos dá M <

d / l = 900 nm/600 nm = 1,5 e, portanto M = 1. Assim, são observados três máximos, correspondentes

a m = −1, 0 e 1.


D

= ml = = =

−

N d cos

1

= tan sen

1000

d sen

tan

1

tan sen

1

N d cos

N N

d

−1

600 nm

900nm = 0, 051°

.


49. (a) A posição angular dos máximos produzidos por uma rede de difração obedece à relação

d sen u = m l, onde d é o espaçamento das fendas, l é o comprimento de onda e m é um número

inteiro. Como as linhas são vizinhas, a diferença entre os números de ordem é igual a 1. Seja m

o número de ordem da linha para a qual sen u = 0,2 e seja m + 1 o número de ordem da linha

para a qual sen u = 0,3. Nesse caso, 0,2d = m l e 0,3d = (m + 1) l. Subtraindo a primeira equação

da segunda, obtemos 0,1d = l, o que nos dá

600 × 10

d = =

0, 1 0,

1

−9

m

= 6, 0 × 10−6

m = 6,0 m.

(b) A posição angular dos mínimos da figura de difração produzida por uma fenda obedece à

relação a sen u = m l, em que a é a largura da fenda. Como os máximos de quarta ordem da figura

de interferência estão ausentes, a posição angular desses máximos deve corresponder a um

dos mínimos da figura de difração. Se a é a menor largura para a qual os máximos desta ordem

estão ausentes, a sen u = l e d sen u = 4 l, o que nos dá

a

d 60,

× 10

= =

4 4

−6

m

= 1, 5 × 10−

6

m = 1,5 m.

(c) Vamos fazer u = 90° e determinar o maior valor de m para o qual m l < d sen u ; esta é a maior

ordem que é difratada em direção à tela. A condição equivale a m < d / l, e como

d

= 60 , × 10

600 × 10

−6

−9

m

m

= 10, 0,

o maior valor de m para o qual um máximo é observado é m = 9.

(d) Se os máximos de quarta ordem da figura de interferência coincidem com os mínimos de

primeira ordem da figura de difração, os máximos de oitava ordem da figura de interferência

coincidem com os mínimos de segunda ordem da figura de difração. Isso significa que os máximos

de oitava ordem da figura de interferência estão ausentes e, portanto, o segundo maior

valor de m para o qual um máximo é observado é m = 7.

(e) Como os máximos de sexta ordem da figura de interferência não coincidem com nenhum

mínimo da figura de difração, o terceiro maior valor de m para o qual um máximo observado

é m = 6.

50. Vamos usar a Eq. 36-25. Para m = ±1,

para m = 2,

para m = −2,

para m = 3,

e para m = −3,

d sen ( 1,

73 m)s en( 17,6 ° )

m

1

= =

±

±

( 1,

73 m)sen(37,3 ° )

2

= = 524 nm,

=

=

−

( 1,

73 m)sen( 37,1 ° )

2

−

( 1,

73 m)sen(65,2 ° )

3

= 523 nm,

= 522 nm,

= = 523 nm

−

( 1,

73 m)sen( 65,0 ° )

3

−

= 523 nm.

O valor médio de l é (523 + 523 + 524 + 522 + 523 + 523)/6 = 523 nm.


51. (a) Como d = (1,00 mm)/180 = (1,00 × 10 −3 m)/180, a Eq. 36-25 nos dá

Assim,

1

2

=

sen− 1 m

= sen − 1( 180 × 10−

3

m)( 2) .

d

= [ 1] = [ ×

× ] =

sen − 1

( 180 mm)( 2) sen − 1

( 180 10−

3

m)( 2)(

4001 0−

9

m) sen −1( 0, 144)

= 8, 3o,

= [ 2 ] = [ ×

× ] =

sen − 1

( 180 mm)( 2) sen − 1

( 180 10−3

m)( 2)(

5001 0−

9

m) sen −1( 0, 180)

= 10,

4

o

e, portanto, Du = u 2 − u 1 = 10,4 o − 8,3 o = 2,1 o .

(b) De acordo com a Eq. 36-25, a condição para que dois máximos se superponham é m 1 l 1 =

m 2 l 2 , o que pode ser escrito na forma m 2 / m 1 = l 2 / l 1 = (500 nm)/(400 nm) = 5/4, o que nos dá

m 1 = 5 e m 2 = 4. Assim,

= sen

= sen

− 1 m11 −1

d

×

−4

5(4,0 10 mm)

1

0 36 21

0,

0056

mm

= sen −

( , ) = ° .

(c) Como l 2 > l 1 , as posições angulares são maiores para l 2 e, portanto, só é necessário realizar

o cálculo para esse comprimento de onda. Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma

variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:

mmax

d sen 90°

d 0,

0056 mm

× 10−

4

2 2

5, 0 mm

= = =

= 11,

2,

o que mostra que a maior ordem para a qual os máximos associados aos dois comprimentos de

onda estão presentes na figura de difração é a ordem correspondente a m = 11.

52. Como a rede possui 160 ranhuras/mm, o espaçamento das ranhuras é

−

10

3

m

d = = 62 , 5 × 10−6

m.

160

(a) Para resolver este item, temos que calcular o valor de u para vários valores de m e l a partir

da Eq. 36-25. Para m = 2 e l = 460 nm, por exemplo, temos:

−9

sen−

1

sen −1

2(460 62,

5

10−

)

10

6

m

=

= ×

1 01 472 8 46

= sen − ( , ) = , ° .

Procedendo de forma análoga, obtemos 11,81° para m = 2 e l = 640 nm, 12,75° para m = 3 e

l = 460 nm e 17,89° para m = 3 e l = 640 nm. A primeira superposição acontece quando calculamos

o ângulo para m = 4 e l = 460 nm; o resultado é 17,12°, um ângulo menor que o calculado

para m = 3 e l = 460 nm. Assim, a menor ordem que se superpõe a outra ordem é a terceira,

que se superpõe à quarta.

(b) Como as posições angulares são maiores para maiores comprimentos de onda, só é necessário

realizar o cálculo para o maior comprimento de onda do feixe srcinal. Considerando o

parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:

mmax

=

d sen 90°

62 , 5 10−6

m

=

=

640 10−9

m 640 10−9

m 9 , 8 ,

×

×

×


o que mostra que a maior ordem para a qual todos os comprimentos de onda estão presentes é

a nona ordem.

(c) Para m = 9 e l = 460 nm, a Eq. 36-25 nos dá

= sen−

(d) Para m = 9 e l = 640 nm, a Eq. 36-25 nos dá

1

9( 460 × 10−

9

m)

× = sen −1(

0, 662) = 415 ,

o.

62 , 5 10−

6

m

−9

= sen −1

9( × − )

= −

,

6 sen 1

62

640

5 10

10

m

( 0, 922) 672 , o

= .

(e) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,

temos:

mmax

=

d sen 90°

62 , 5 10−

6

m

=

=

460 10−9

m 460 10−9

m 13 , 6 ,

×

o que mostra que a maior ordem para a qual a luz de 460,0 nm aparece é a correspondente a

m = 13. Assim, temos:

= sen

= sen

− 1 m

−1

d

×

×

×

−9

13(460 10 m)

−

62 , 5 × 10−

= sen 1 ( 09, 57 ) = 73, 1°

.

6

m

53. No ponto da tela correspondente à borda interna do furo, tan u = 5,0 cm/30 cm, o que nos

dá u = 9,46°. Além disso, sabemos que o espaçamento d das ranhuras é 1,0 mm/350 = 1,0 ×

10 6 nm/350.

(a) De acordo com a Eq. 36-25, temos:

m

d sen ( 1, 0 10 6 nm/350)( 0,

1644) 470 nm = .

= =

×

Como, para a luz branca, l > 400 nm, o único número inteiro possível é m = 1. Assim, na borda

do furo, l = 470 nm. Este é o menor comprimento de onda da luz que passa pelo furo.

(b) Na borda externa do furo, tan u9 = 6,0 cm/30 cm, o que nos dá u9 = 11,31°. Assim, o maior

comprimento de onda da luz que passa pelo furo é

1,

0 × 10 6

nm

′ = ′ =

d sen

sen( 113 , 1° ) = 560 nm.

350

54. Como a largura das fendas é muito menor que o comprimento de onda da luz, o pico central

da figura de difração se espalha por toda a tela e a envoltória de difração pode ser ignorada.

Considere três ondas, cada uma proveniente de uma fenda. Como o espaçamento das fendas é

uniforme, a diferença de fase entre as ondas provenientes da primeira e segunda fendas é igual

à diferença de fase entre as ondas provenientes da segunda e terceira fendas. Assim, os campos

elétricos das ondas na posição da tela podem ser escritos na forma

=

E1 E0

sen( t )

= +

E2 E0

sen( t )

= +

E3 E0 sen( t 2

)

em que f = (2p d / l) sen u, d é a distância entre fendas vizinhas e l é o comprimento de onda.

O diagrama fasorial é mostrado na figura a seguir.


O campo resultante é

= + = + ( )

E E0 cos E0 cos E 0 1 2 cos .

Como a intensidade de uma onda é proporcional ao quadrado do campo elétrico, temos:

I = AE 0 2 2

( 1+

2 cos ) ,

em que A é uma constante de proporcionalidade. Para f = 0, a intensidade tem o valor máximo,

Im = 9AE

0 2 . Fazendo A = Im

/9E

2

0 na equação anterior, obtemos

I

Im

2 I m

2

9 1 2 cos 9 1 4 cos 4 cos .

= ( + ) = ( + + )

55. Se uma rede de difração mal consegue resolver dois comprimentos de onda cuja média é

l med e cuja diferença é Dl, a resolução da rede é definida através da equação R = l med / Dl. De

acordo com a Eq. 36-32, R = Nm, na qual N é o número de ranhuras da rede e m é a ordem das

linhas. Assim, l med / Dl = Nm e

56. (a) Como R ∆ Nm, temos:

N

= =

N

med

656,

3nm

= = = 36 , 5 × 10 3 ranhuras.

mD

( 1 )( 01,

8 nm )

( 415, 496 nm + 415,

487 nm)

2

= =

= 23. 100.

mD

24( 15, 96 nm − 415,

487 nm)

7

(b) lar dos Como máximos o espaçamento de segunda das ordem ranhuras é é d = (4,0 × 10 nm)/23.100 = 1732 nm, a posição angu-

=

sen−

1 m

= sen−

1

( 2)( 4155 , nm)

d

1732nm

= 28, 7°

.

57. (a) Como o espaçamento das ranhuras é d = (76 × 10 6 nm)/40.000 = 1900 nm, a posição

angular dos máximos de primeira ordem é

Fazendo m = d sen u/ l na Eq. 36-30, obtemos

=

sen−

1

= sen −1 589 nm

= 18°

.

d 1900 nm

tan

tan18°

= D = = × = 5, 51 0−

4 rad/nm 0,

032°

/nm.

589 nm


(b) Para m = 1, a resolução é R = Nm = 40.000m = 40.000 = 4,0 × 10 4 .

(c) Para m = 2, u = 38° e o valor correspondente da dispersão é 0,076°/nm.

(d) Para m = 2, a resolução é R = Nm = 40.000 m = (40.000)2 = 8,0 × 10 4 .

(e) Para m = 3, u = 68° e o valor correspondente da dispersão é 0,24°/nm.

(f) Para m = 3, a resolução é R = Nm = 40.000 m = (40.000)3 = 1,2 × 10 5 .

58. (a) Como R = l/ Dl = Nm, temos:

D

500 nm

= = = 0, 056 nm = 56 pm.

Nm ( 600/mm)( 5, 0 mm)( 3)


temos:

mmax

d

d

1

= ( sen

) = =

= 3, 3,

max

( 600 / mm)(500 × 10−

6

mm)

o que mostra que nenhuma ordem acima da terceira pode ser observada.


D

med

= =

600 nm

= 0,15 nm.

Nm ( 1000 linhas/cm)( 2, 0 cm)( 2)



(b) A largura da rede é

d

N

med ( 589,

6 nm + 589,0n m ) / 2

= =

mD

25( 89, 6 nm − 589, 0 nm) = 491.

mmed

3( 589, 3nm)

= =

= 1, 0 × 10 nm = 10 m

sen

10°

4

.

sen

R d

L = Nd = med (, 589 3nm)( 10 m)

d

= =

D

m m 3(

589, 59 nm 589, 00 nm)

62. (a) De acordo com as Eqs. 36-28, 36-32 e 36-25, temos:

D

ml R

=

−

N d

Nm = m

= d sen

cos d cos

=

d cos

= 3,

3 × 10 3 m = 3,3 mm.

tan .

(b) Como se trata da primeira ordem, m = 1 e o ângulo correspondente, u 1 , satisfaz a relação d

sen u 1 = m l = l, o que nos dá sen u 1 = l/ d . Assim, o produto pedido é

tan

sen

1 sen

1

1

1

= =

=

=

cos

1 1−

sen

2

1 ( 1/ sen 1 )

2

− 1 ( d / )

1

=

0 89

900

2

− = , .

( nm/600 nm)

1

1

2

− 1


63. Seja l 1 o menor comprimento de onda e seja u a posição angular da linha associada a l 1 .

Seja l 2 o maior comprimento de onda e seja u + Du a posição angular da linha associada a l 2 .

Se o espectro cobre um ângulo Du, temos:

Como

e

temos:

= = +

d sen e d sen( D ).

1 2

sen (u + Du) = sen u cos Du + cos u sen Du

cos

= 1−

sen

2

,

l 2 = d (sen u cos Du) + d (cos u sen Du) = l 1 cos Du + d 2 − 1 2

Explicitando d , obtemos

sen D

.

d =

=

2

( 2 − 1 cos D ) + ( 1 sen D )

sen2

D

[( 680 nm) − ( 430 nm)cos 20° ] + [( 430 nm)sen

20°

]

sen2

20°

2

2 2

= 914 nm = 9,

14 × 10 −4

mm.

Isso significa que existem 1/ d = 1/(9,14 × 10 –4 mm) = 1,09 × 10 3 ranhuras por mm.

64. Fazendo m = 1 na Eq. 36-34, obtemos:

min

pm

=

sen−

1 m

= −

1

( 1)( 30 )

sen

2 9

2d 20 ( , 30 × 10

3

, .

pm) = °

65. No caso do primeiro feixe, 2d sen u 1 = l A; no caso do segundo, 2d sen u 2 = 3 l B.

(a) O valor de d pode ser calculado a partir da segunda relação:

d

3

3( 97 pm)

2 60°

B

= = = ×

2sen

2 sen

1,

7 102

pm.

(b) Uma vez conhecido o valor de d , o valor de l

A

pode ser conhecido a partir de primeira relação:

= 2d

sen = × 2( 1, 7 102 pm = × )(sen 23°

) 1,

3 102

pm.

A

66. O comprimento de onda dos raios X é

1

l = 2d sen u = 2(39,8 pm) sen 30,0° = 39,8 pm.

67. (a) Na Fig. 36-46, o ângulo do pico mais intenso é aproximadamente 0,75°. De acordo com

a Eq. 36-34, temos:

= = = =

2d sen 2( 0, 94 nm)sen( 0, 75° ) 0,

025nm 25 pm.

1 1

Este pico é produzido pelo menor comprimento de onda.

(b) Na Fig. 36-46, o ângulo do segundo pico mais intenso é aproximadamente 1,15°. De acordo

com a Eq. 36-34, temos:

= = 2d sen 2( 0= , 94 nm = )sen 1, 15°

0,

038 nm 38 pm.

2

Este pico é produzido pelo maior comprimento de onda.

2


Nota: Como o feixe contém apenas dois comprimentos de onda, os outros picos devem ser produzidos

por difrações de ordem maior que 1. Para verificar se isso é verdade, podemos calcular

a posição dos picos de segunda ordem produzidos pelos dois comprimentos de onda. No caso

do menor comprimento de onda, temos:

′ =

− 1

22 =

− 1

0,

038 nm

=

−1

2 sen sen

sen ( 0,

040) = 2, 32o,

2d

0,

94 nm

que corresponde à posição do quarto pico mais intenso.


2d

sen

2d

sen

2

1

2

= ⇒ sen

2 = 2sen 1.

Assim, para u 1 = 3,4°, obtemos u 2 = 6,8°. Note que u 2 ≈ u 1 porque os ângulos envolvidos são pequenos

(para ângulos pequenos, u 2 / u 1 ≈ sen u 2 / sen u 1 ).


d

m

201 ( , 2 × 10−

9m)

= =

= 25,

6 × 10−

10

m ≈ 0,26nm.

2sen

2sen

28°

70. De acordo com a Eq. 36-34, 2d sen u = l. Como o ângulo de incidência nos planos refletores

é u = 63,8° – 45,0° = 18,8° e a distância interplanar é d = a 0 / 2, temos:


= sen

2

( 0,

260 nm) 2

a0 = d = 2 = 2sen

=2 sen 18, 8°

0,

570 nm.

= sen

− 1 m

−1

2d

( 01, 25 × 10−

9m)

m

1

0 2480

2( 0,

252 × 10

9

= sen − ( , m).

− m)

(a) Para m = 2, a equação do enunciado nos dá u = 29,7°. Isto significa que o menor valor de

uma rotação no sentido horário é f = 45° − 29,7° = 15,3°.

(b) Para m = 1, a equação do enunciado nos dá u = 14,4°. Isto significa que o menor valor de

uma rotação no sentido horário é f = 45° − 14,4° = 30,6°.

(c) Para m = 3, a equação do enunciado nos dá u = 48,1°. Isto significa que o menor valor de

uma rotação no sentido anti-horário é f = 48,1° − 45° = 3,1°.

(d) Para m = 4, a equação do enunciado nos dá u = 82,8°. Isto significa que o maior valor de

uma rotação no sentido anti-horário é f = 82,8° − 45° = 37,8°.

Note que não existem máximos de difração para m > 4, o que pode ser constatado observando

que m l/2d > 1 para m > 4.

72. Os comprimentos de onda satisfazem a relação

m l = 2d sen u = 2(275 pm)(sen 45°) = 389 pm.

No intervalo de comprimentos de onda especificado, os valores permitidos de m são m = 3 e

m = 4.

(a) O maior comprimento de onda é 389 pm/3 = 130 pm.

(b) O valor do número de ordem m associado é m = 3.


(c) O menor comprimento de onda é 389 pm/4 = 97,2 pm.

(d) O valor do número de ordem m associado é m = 4.

73. As famílias de planos com as cinco maiores distâncias interplanares (depois de a 0 ) são mostradas

na figura a seguir.

(a) A segunda maior distância interplanar é a0 2 = 07, 071a0

.

(b) A terceira maior distância interplanar é a0 5 = 0, 4472a0.

(c) A quarta maior distância interplanar é a0 10 = 0, 3162a0.

(d) A quinta maior distância interplanar é a0 13 = 0, 2774a0.

(e) A sexta maior distância interplanar é a0 17 = 0, 2425a0.

(f) Como todo plano cristalino passa por pontos da rede, a inclinação do plano pode ser escrita

como a razão de dois números inteiros. Considere uma família de planos de inclinação m/ n, como

mostra a figura a seguir. O primeiro e o último planos mostrados no desenho passam por pontos

vizinhos de uma mesma reta horizontal e são separados por m – 1 planos. Se h é a distância

entre o primeiro plano e o último plano, a distância interplanar é d = h / m. Se os planos fazem

um ângulo u com a horizontal, a normal aos planos (indicada na figura por uma reta tracejada)

faz com a horizontal um ângulo f = 90° – u. A distância h é dada por h = a 0 cos f e a distância

interplanar é d = h/ m = (a 0 / m) cos f. Como tan u = m/ n, tan f = n/ m e

cos

= 1 + 1 tan =

2

+ m n2 m2

.

Assim,

d

h

m

a0 cos

a0

.

m n2 m2

= = =

+



R

( 12 , 2)( 540 × 10−6

mm)

= 1,

22 =

= 1,

3 × 10−

4

rad.

d 5,

0 mm

(b) A separação linear é D = Lu R = (160 × 10 3 m) (1,3 × 10 –4 rad) = 21 m.


= d sen ( 1 , 0 mm/200)(sen30 ° ) 2500 nm

= = ,

m m m

em que m é um número inteiro. Como o comprimento de onda deve estar no intervalo da luz

visível, m pode assumir apenas os seguintes valores: m 1 = 4, m 2 = 5 e m 3 = 6.

(a) O maior comprimento de onda corresponde a m 1 = 4, o que nos dá l 1 = 2500 nm/4 =

625 nm.

(b) O segundo maior comprimento de onda corresponde a m 2 = 5, o que nos dá l 2 = 2500 nm/5 =

500 nm.

(c) O terceiro maior comprimento de onda corresponde a m 3 = 6, o que nos dá l 3 = 2500 nm/6 =

416 nm.

76. Combinando a Eq. 36-31 ( R = l med / Dl) com a Eq. 36-32 ( R = Nm) e explicitando N , obtemos:

N

med

= = = ×

mD

590,

2 nm

2( 0, 061 nm)

48, 4 10 3 .

77. Quanto mais estreita a fenda, mais larga é a figura de difração. Assim, falar de “largura mínima”

equivale a dizer que devemos procurar os menores valores possíveis de m (a ordem do mínimo

produzido para um comprimento de onda l = 600 nm) e m9 (a ordem do mínimo produzido

para um comprimento de onda l9 = 500 nm). Como os ângulos são iguais, a Eq. 36-3 nos dá

m

= m′ ′,

o que significa que m = 5 e m9 = 6. Assim, de acordo com a Eq. 36-3,

a

mλ

56 ( 00 × 10−9

m)

= =

=

sen

sen(1,00 × 10−9

rad)

3,00 × − 10 3 m.


A figura a seguir mostra a variação angular da intensidade das linhas de difração. A linha cheia

representa a intensidade para a luz laranja; a linha tracejada, a intensidade para a luz verde. O

ângulo u = 0,001 rad corresponde a m = 5 para a luz laranja e a m9 = 6 para a luz verde.

78. A envoltória central de difração se estende ao intervalo –u 1 < u < +u 1 , em que u 1 = sen −1 ( l/ a).

Como a posição angular dos máximos do padrão de interferência de dupla fenda é dada por

devemos ter

m

=

m

sen −1

d ,

m

− sen− 1

< sen− 1

< + sen−1

a

d a ,

que, como o seno é uma função monotonicamente crescente no primeiro e no quarto quadrantes,

em que estão todos esses ângulos, equivale a

m

a d a .

− < < +

Escrevendo essa desigualdade na forma –d / a < m < +d / a, obtemos –6 < m < +6, o que nos dá,

como m é um número inteiro, –5 ≤ m ≤ +5. Assim, existem 11 franjas claras entre os dois mínimos

da primeira ordem da figura de difração.

79. (a) Como a resolução de uma rede de difração é dada por R = l/ Dl e por Nm, o intervalo

de comprimentos de onda que podem ser resolvidos na ordem m é Dl = l/ Nm, na qual N é o

número de ranhuras da rede e l é a largura de linha média. A frequência f está relacionada ao

comprimento de onda através da equação f l = c, em que c é a velocidade da luz. Isto significa

que f Dl + l Df = 0, o que nos dá

2

D = − D = f − Df

f c

O sinal negativo está relacionado ao fato de que um aumento da frequência corresponde a uma

diminuição da largura de linha. Podemos interpretarDf como o intervalo de frequências que

podem ser resolvidas e considerar esse valor como positivo. Assim,

e

2

D f =

c Nm

Df

=

c

Nm

.


(b) A diferença entre os tempos de percurso dos raios extremos éDt = DL/ c, em que DL é a

diferença entre as distâncias percorridas. Como as ondas partem de fendas que estão separadas

por uma distância ( N – 1)d , na qual d é o espaçamento das fendas e N é o número de fendas, a

diferença das distâncias é DL = ( N – 1)d sen u e a diferença de tempo é

Dt

=

−

( N 1 )sd

en .

c

Se N >> 1, podemos usar a aproximação Dt = ( Nd / c) sen u.

(c) Multiplicando as expressões obtidas para Dt e Df , obtemos

D f Dt

=

c

Nm


R

N d sen

c

1,

22

= =

d

d sen

= = 1.

em que o raciocínio usado para chegar à segunda igualdade é o mesmo do Exemplo “Pinturas

pontilhistas e a difração da pupila”. De acordo com a equação do enunciado, temos:

D

D

,

L

1, 22L

1, 22( 500 10−9

m)( 0, 250 m)

d

50 , 0 10−3

m

= =

×

×

m

= 30 , 5 × 10−

5 m = 30,5 m.

81. Considere dois dos raios mostrados na Fig. 36-49, um logo acima do outro. A distância adicional

percorrida pelo raio de baixo pode ser determinada traçando retas perpendiculares do ponto

em que o raio de cima muda de direção (que será chamado de ponto P) até os raios incidente

e difratado do raio de baixo. Vamos chamar de A e C os pontos onde essas retas interceptam o

raio de baixo. O ponto em que o raio de baixo muda de direção será chamado de ponto B. Note

que o ângulo ∠ APB é igual a c e o ângulo ∠ BPC é igual a u (veja a Fig. 36-49). A diferença

de percurso entre os dois raios é

Dx = |AB| + |BC | = d sen c + d sen u.

A condição para que seja formada uma franja clara é, portanto,

= + =

Dx d(sen sen) m,

em que m = 0, 1, 2, … Fazendo c = 0, obtemos a Eq. 36-25.

82. O desvio angular de um raio difratado (ângulo entre o prolongamento do raio incidente e o

raio difratado) é c 9 = c + u. Para m = 1, temos:

= + = + −

' sen−1

sen

d

na qual l/ d = (600 × 10 −9 m)/(1,5 × 10 −6 m) = 0,40. A figura a seguir mostra o gráfico de c 9 em

função de c . (As duas escalas estão em radianos.)


83. (a) A envoltória central de difração se estende ao intervalo – u 1 < u < +u 1 , em que u 1 =

sen −1 ( l/ a), uma expressão que poderia ser simplificada se a aproximação para pequenos ângulos

pudesse ser usada, o que não é o caso, já que a é muito pequeno). Como a posição angular

dos máximos de interferência é dada por

esse intervalo se torna

m

m

= sen − 1

,

d

−

<

< +

sen− 1

sen− 1 m sen−

1

,

a

d a


onde estão todos esses ângulos, equivale a

m

a d a .

− < < +

Escrevendo essa desigualdade na forma –d/a < m < +d / a, obtemos –7 < m < +7, o que nos dá

(como m é um número inteiro) –6 ≤ m ≤ +6. Assim, existem 13 franjas claras na envoltória

central.

(b) O intervalo (em uma das envoltórias de primeira ordem) é

−

<

m

sen sen

< + sen

2

,

− 1

− 1

−1

a

d

a

o que nos dá d/a < m < 2d/a e, portanto, 7 < m < 14. Como m é um número inteiro, isto significa

que 8 < m < 13, ou seja, existem 6 diferentes valores de m para essa envoltória. Como existem

duas envoltórias de primeira ordem, uma de cada lado da envoltória central, existem 12 franjas

claras nas duas envoltórias; entretanto, como é pedido o número de máximos de interferência

em apenas uma das envoltórias laterais, a resposta é 6.

A figura a seguir mostra a variação angular da intensidade das franjas de interferência. A envoltória

de difração central contém 13 franjas claras de interferência e as envoltórias laterais de

primeira ordem contêm seis franjas claras cada uma (desprezando o pico muito pequeno que

corresponde a m = 7).

84. A envoltória central de difração se estende ao intervalo − < < +

Como as posições angulares das franjas claras de interferência são dadas por

devemos ter

m

m

= sen − 1

,

d

−

<

m

sen sen < + sen

a d

1 1, em que u 1 = sen −1 ( l/ a).

− 1

− 1

−1

,

a



onde estão todos esses ângulos, equivale a

m

a d a .

− < < +

Escrevendo essa desigualdade na forma –d / a < m < +d / a, obtemos

m max < d / a < m max + 1.

Devido à simetria da figura de interferência, a multiplicidade dos valores de m é 2m max + 1 = 17,

o que nos dá m max = 8. Assim, o resultado se torna

d

8, 0 < ≤ 9, 0.

a

Como os mínimos de difração coincidem com os máximos de interferência, o valor de d / a é um

número inteiro; assim, d / a = 9,0.

85. O número de linhas da rede de difração é N = (1,8 cm)(1400/cm) = 2520. Combinando as

Eqs. 36-31 e 36-32, obtemos:

D


D

med

450 nm

= = = = 0, 0595 nm 59, 5 pm.

Nm ( 2250)( 3)

1, 22L

1, 22( 500 10−9

m)( 40 m)

−3

d 40, 0 10−3

m 6,

1 10 m 6, 1 mm.

= =


L

×

× =

× =

Dd ( 06, 0 m)( 00, 055 m)

= =

= 4, 91× 0 , .

1,

22

1, 22( 550 × 10−

3 m = 4 9 km

9

m)


m

= a m

a sen

⇒ = = =

sen

2

sen 37°

3, 3.

89. De acordo com a Eq. 36-25, o espaçamento das linhas é

d

=

m

2( 600 × 10−

9

m)

=

= 2,

203 × 10−

6

m = 2,203 × 10 −4

cm,

sen sen33°

que normalmente é expressa na forma de “número de linhas por centímetro”:

1

= 4539

d linhas/cm.

Como a largura da rede de difração é 3,00 cm, o número de linhas é

(4539 linhas/cm)(3,00 cm) = 1,36 × 10 4 linhas.

90. Embora os ângulos neste problema não sejam muito grandes, o que permitiria usar a aproximação

válida para pequenos ângulos sem cometer um erro considerável, vamos apresentar uma

solução que também é válida para grandes ângulos. De acordo com a Eq. 36-3,

m

m = a sen ⇒ = sen−

1

a = sen−

1

2( 0, 42 m)

5,

1 m

= 9 48

,

o.


Vamos chamar de D a distância entre a fenda e a tela e de y a distância entre o centro da figura

de difração e o segundo mínimo. Como D e y são os catetos de um triângulo retângulo no qual

o ângulo entre D e a hipotenusa é u, temos:

y = D tan u = (3,2 m) tan(9,48°) = 0,534 m = 53,4 cm.

91. Se, de acordo com o enunciado, a rede de difração possui 8900 fendas em 1,20 cm, o espaçamento

das fendas é d = (1,20 × 10 −2 m)/8900 = 1,3 × 10 −6 m. Considerando o parâmetro m da

Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:

mmax

o

d sen 90 1,

3 × 10−

6

= = 500 × 10−9

= 2, 6,

o que significa que existem 2 ordens de cada lado do máximo central.

92. Vamos chamar de L a distância Terra-Lua. A energia do feixe de luz projetado na Lua estava

concentrada em uma região circular de diâmetro d 1 tal que d 1 / L = 2u R = 2(1,22 l/ d 0 ), na qual d 0

é o diâmetro do espelho do telescópio. A fração da energia recebida pelo refletor de diâmetro

d 2 deixado na Lua foi η9 = (d 2 / d 1 ) 2 . A luz refletida, ao chegar de volta à Terra, tinha uma seção

reta circular de diâmetro d 3 tal que d 3 / L = 2u R = 2(1,22 l/ d 2 ). A fração da energia refletida

captada pelo telescópio foi, portanto, η99 = (d 0 / d 3 ) 2 . Assim, a fração da energia inicial recebida

pelo detector foi

= ′ ′′ =

d

d

0

3

2

d 2

d 1

2

=

d0d

2

d0d

2

( 2, 44 d )( 2, 44 d d ) 2,

44 d

d TL

0 TL 2

( 2, 6 m 0 10

=

)( , m

4

)

2, 440 69 × 10

6

3 82 108

( , −

m) ( , ×

≈ 4 × 10

m)

− 13.

2

=

93. Como estamos considerando o diâmetro do máximo central de difração, estamos falando do

dobro do ângulo de Rayleigh. Usando uma notação semelhante à do Exemplo “Pinturas pontilhistas

e a difração da pupila”, temos 2(1,22 l/ d ) = D/ L, o que nos dá

d

L

−

2 1 , 22 ( 1, 22)( 500 10

9

m)( 3, 54 105

m)

2

D

9,

1 m

= =

× ×

em

= 0, 047 m = 4,7c m .

4

94. Como d sen u = (L/ N ) sen u = m l, temos:

= ( L N m

× °

/ ) sen

( 1,

0 107

nm)(sen 30 )

=

( 1)( 10000)

= 500 nm.

95. Imagine que a fenda srcinal seja dividida em N faixas e que a luz de cada faixa, ao chegar à

tela, seja representada por um fasor. Nesse caso, no máximo central da figura de difração, temos

uma soma de N fasores, todos com a mesma orientação, a mesma fase e a mesma amplitude. A

intensidade da luz nesse ponto é proporcional a N 2 . Se a largura da fenda é multiplicada por 2,

passamos a ter uma soma de 2 N fasores e a intensidade da luz no máximo central é proporcional

a (2 N ) 2 , ou seja, é 4 vezes maior que no caso anterior. A energia que chega à tela por unidade

de tempo, porém, é apenas duas vezes maior. A explicação para essa aparente contradição é o

fato de que a área coberta pelo máximo central não é a mesma nos dois casos. Quando a largura

da fenda é multiplicada por dois, a largura do pico central é dividida por dois, de modo que a

integral da intensidade para a área coberta pelo máximo central é apenas duas vezes maior que

no caso anterior.


= a sen (, 0 022 mm)sen 1,8°

= = × = 6,

91 10−

4

mm 691 nm.

m

1



d

1, 22L

1, 22( 550 10−

9

m)( 160 103

m)

D

30 10−

2

m

= =


L

× ×

×

Dd ( 2, 0 10−

2)( 5, 0 10−3)

= 164m.

1,

22 1, 22(

500 10−9)

= =

× ×

×

= 0, 358 m ≈ 36 cm.

99. (a) Aplicando a Eq. 36-25 aos limites do intervalo ( l1 = 700 nm e l2 = 550 nm), chegamos

à condição m 1 l 1 = m 2 l 2 para que a extremidade inferior do espectro de ordem mais elevada

esteja no limiar de se superpor à extremidade superior do espectro de ordem menor elevada.

Considerando o parâmetro m 1 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo e fazendo

m 2 = m 1 + 1, obtemos:

=

550 nm

=

= 3, 6,

− 700 nm − 550 nm

m 1

2

1 2

o que significa que a superposição começa a ocorrer na quarta ordem.

(b) Se a rede possui 200 ranhuras/mm, o espaçamento das ranhuras é d = (1/200 mm). Basta

considerarmos o maior comprimento de onda do intervalo, que será o primeiro para o qual o

espectro completo não estará presente. Considerando o parâmetro m max uma variável contínua

apenas para efeito de cálculo, temos:

mmax

d sen 90°

( 1 / 200) mm 7, 14.

7 10−4

mm

= = ×

=

Isso significa que a maior ordem para a qual o espectro completo está presente é a sétima ordem.

Capítulo 37

1. A equação de dilatação do tempo Dt = g Dt 0 (em que Dt 0 é o intervalo de tempo próprio,

1 / 1

2

, e b = v/ c) nos dá

= −

=

Dt

2

1− Dt

0

.

De acordo com o enunciado, Dt 0 = 2,2000 ms. Como o mesmo intervalo, no referencial da Terra,

é Dt = 16,000 ms, temos:

= 1−

2,

2000 s

16,000 s

= −

2

= 0, 99050.

2. (a) Como, de acordo com a Eq. 37-8, 1 / 1

2

, temos:

1

= − 1= −

1

1

( 1,

0100000)

2 2

−2

(b) Neste caso, =

1 10, 000000 0, 99498744.

− ( ) =

(c) Neste caso, =

−2

1− ( 100, 00000) = 0, 99995000.

2

(d) Neste caso, = 1− ( 1000, 0000) = 0, 99999950.

−

= 0, 14037076.

3. (a) Desprezando o tempo necessário para inverter o sentido do movimento da nave, o tempo

total gasto na viagem foi de um ano, de acordo com o relógio de bordo (que mede o intervalo

de tempo próprio Dt 0 ), e de 1000 anos de acordo com os relógios terrestres. Explicitando v/ c na

Eq. 37-7, obtemos:

= = −

2

= −

2

v

Dt

0

1 ano

1 1

=

c

Dt

1000 anos

0, 99999950.

(b) Como a equação da dilatação do tempo não envolve a aceleração (ou seja, a direção do vetor

velocidade), podemos presumir que não faria diferença se a viagem não fosse feita em linha

reta. Entretanto, esta é uma questão delicada, que até hoje é discutida pelos especialistas em

relatividade.

4. Devido à dilatação do tempo, o intervalo entre as idades inicial e final da filha é maior que

os quatro anos experimentados pelo pai:

t f d filha – t i filha =

g (4,000 anos),

em que g é o fator de Lorentz (Eq. 37-8). Chamando de T a idade do pai, temos:

T i

= t i filha + 20,00 anos, T f

= t f filha – 20,00 anos.

Como T f

− T i

= 4,000 anos, podemos combinar as três equações anteriores para obter o valor

de g e, portanto, o valor de v:

44 = 4g ⇒ g = 11 ⇒ =

− 1 11 − 1 = =

2 2

11

0, 9959.


5. No laboratório, a partícula percorre uma distância d = 0,00105 m = vt , em que v = 0,992c e

t é o tempo medido pelo relógio do laboratório. Podemos usar a Eq. 37-7 para relacionar t ao

tempo de vida próprio da partícula, t 0 :

t

=

2

t 0

v d

t 0 t 1

− ( v c)

c =

2

1 / 0,

992c

⇒ = −

1−

0, 992 2 ,

o que nos dá t 0 = 4,46 × 10 –13 s = 0,446 ps.

6. O valor de Dt para b = 0 no gráfico da Fig. 37-22 permite concluir que o valor de Dt 0 na Eq.

37-9 é 8,0 s. Assim, temos:

D t

= Dt

0 =

Dt

0 8,

0 s

= .

1 ( v / c)

2

1

2

Fazendo b = 0,98 na expressão anterior, obtemos Dt ≈ 40 s.

−

−


Dt

=

Dt

0 120 anos

=

1 ( v / c) 2

1 ( 09, 990)

2

−

−

= 2684 anos ≈ 26 , 8 × 10 3 anos.


L = L0

1−

2

= ( 3, 00 m) 1− ( 0, 999987) 2

= 0,

0153 m = 1,53 cm.


L = L − v c 2 2

0 1 ( / ) = ( 130 m) 1− ( 0, 740) = 87,

4 m.

(b) O intervalo de tempo registrado pelos tripulantes da base é

Dt

L 87,

4 m

= =

= 39 , 4 × 10−7

s = 394 ns.

v ( 0,740)( 30 , 0 × 108

m/s)

10. Como apenas a “componente” do comprimento paralela ao eixo x sofre contração relativística,

a componente y continua a ser

= ′ y y= sen 30°m=

( 1, 0 )( 0, 50) 0,

50 m,

enquanto a componente x se torna

= ′ x − = x 1

2

( 1, − 0 m)( = cos 30°

) 1 ( 0, 90) 2

0,

38 m.

Assim, de acordo com o teorema de Pitágoras, o comprimento da régua no referencial S 9 é

2 2

′ = ( ′ x ) + ( ′ y ) = ( 0, 38 m) 2

+ ( 0, 50 m) 2

= 0,

63m.

11. O comprimento L da barra, medido em um referencial que está se movendo com velocidade

v paralelamente à maior dimensão da barra, está relacionado ao comprimento de repouso L 0

através da equação L = L 0 / g , na qual = 1 / 1−

2

e b = v/ c. Como g é sempre maior que 1,

L é menor que L 0 . Neste problema, L 0 = 1,70 m, b = 0,630 e, portanto,

L = L −

2 2

0 1 = ( 1, 70 m) 1− ( 0, 630) = 1,

32 m.



=

−

2

= −

2

L

1

1 1

= 0,866.

L

2

0


=

1

1−

2

= 2, 00.

13. (a) A velocidade do astronauta é v = 0,99c, que também pode ser expressa na forma v = 0,99

ano-luz/ano. Seja d a distância percorrida. O tempo de viagem, no referencial terrestre, é

Dt = d / v = (26 anos-luz)/(0,99 ano-luz/ano) = 26,26 anos.

(b) O sinal, que presumivelmente é uma onda eletromagnética, se propaga com velocidade c e,

portanto, leva 26,0 anos para chegar à Terra. O tempo total, no referencial terrestre, é

26,26 anos + 26,0 anos = 52,26 anos.

(c) O intervalo de tempo medido pelos relógios de bordo é o intervalo de tempo próprio Dt 0 =

Dt / g . Como

=

1

1−

=

1

1−

( 0, 99)

2 2

= 7, 09,

temos:

Dt 0 = (26,26 anos)/(7,09) = 3,705 anos.

14. O valor de L para b = 0 no gráfico da Fig. 37-23 permite concluir que o valor de L 0 na Eq.

37-13 é 0,80 m. Assim, temos:

= − = ( ) −

L L 0 1 ( v / c), 2

0 80 m 1

2

.

Fazendo b = 0,95 nessa expressão, obtemos L ≈ 0,25 m.

15. (a) Sabemos que d = 23.000 anos-luz = 23.000c. O tempo gasto para percorrer essa distância,

no referencial da Terra, é Dt = d / v, em que v é a velocidade da espaçonave. Como b = v/ c,

temos:

Dt

d

v

230. 00c

230.

00

anos.

c

= = =

Por outro lado, de acordo com a Eq. 37-7,

Dt

=

Dt

0 30

=

1 ( v / c)

2

1

2

−

−

anos.

Igualando as duas equações e explicitando b, obtemos

=

23.

000

230.

00 + 30

2 2

= 0, 99999915.

(b) De acordo com a Eq. 37-13, a distância percorrida no referencial da espaçonave é

L = L0− = 1

2

− 23 000 1≈

09 99999152

. , 30 anos-luz.


16. A “coincidência” de que x = x 9 = 0 no instante t = t 9 = 0 permite que as Eqs. 37-21 sejam

usadas sem termos adicionais.

(a) A coordenada espacial no referencial do observador S 9 é

′ = ( − ) =

x x vt

x −

1−

vt

2

30 , 0 × 108m − ( 1,199 × 10 m/s

=

8 )( 2 , 50 s ) = 27 , × 105m ≈ 0,

1−

( 04, 00)

2

dentro da precisão dos dados (dois algarismos significativos).

(b) A coordenada temporal no referencial do observador S 9 é

′ =

vx

−

t x / c 2, 50 s − ( 0, 400)( 3, 00 × 108 m )/

2,

998 × 108

m/s

t

t

= =

c2 1

2

1 ( 04, 00)

2

− −

−

= 2,

29 s.

(c) Nesse caso, a velocidade v tem sinal negativo e a coordenada espacial no referencial do observador

S 9 é

x

′ =

x +

1−

vt

2

3, 00 × 108

m + ( 1,199 × 10 m/s)( 2, 50 s)

=

8

= 65 , 4 × 108

m.

1−

( 04, 00)

2

(d) Nesse caso, a coordenada temporal no referencial do observador S 9 é

t

′ =

+

t

vx

c2

2, 50s + ( 0, 400)( 3, 00 × 108m )/ 2,

998 × 108m/s

=

= 3,

16 s.

1−

( 04, 00)

2

17. O tempo próprio não é medido nem pelos relógios do referencial S nem pelos relógios do

referencial S 9, já que nenhum relógio desses referenciais pode estar presente na srcem e no local

do evento. Assim, é preciso usar a transformação de Lorentz completa:

em que b = v/ c = 0,950 e

o que nos dá

=

′ = ( − ) e ′ = ( − / )

x x vt t t x c

1

1−

=

1

1−

( 09, 50)

2 2

= 3, 20256,

= x − ′ = ( x vt ) × ( 3, − 20256)

100×

10 3 m (0,950)(2,998 108 m/s)(200 × 10−6

[ s) ]

= 1,

38 × 105

m = 138 km.

(b) A coordenada temporal para o observador do referencial S 9 é

= t − ′ = t ( x c

/ ) ( × 3, 20256 − ) 200 10−

6 s

= − 3, 74 × 10=

− 4

s 374 s.

(0,950)(100 × 103

m)

2,

998 × 108

m/s

18. A “coincidência” de que x = x 9 = 0 no instante t = t 9 = 0 permite que as Eqs. 37-21 sejam

usadas sem termos adicionais. Vamos fazer ( x 1 , t 1 ) = (0, 0) e ( x 2 , t 2 ) = (3000 m, 4,0 × 10 –6 s).

(a) Esperamos que ( x 1′ , t 1′ ) = ( 0,) 0 , o que pode ser confirmado usando as Eqs. 37-21.

(b) Vamos agora calcular ( x 2′ , t 2 ′)

para v = +0,60c = +1,799 × 10 8 m/s (o enunciado do problema

não indica explicitamente o sinal de v, mas na figura mencionada, a Fig. 37-9, o referencial S 9

está se movendo no sentido positivo do eixo x e, portanto, o sinal de v é positivo).


x 2

′ =

x −

1−

vt

2

3000 m − ( 1, 799 × 108 m/s)( 4, 0 × 10

=

− 6

s)

= 2,

85 km

1−

( 0, 60)

2

t / 40,

10

6

s

2′ = − x c ×

=

− − ( 06, 0)( 3000 m )/( 29, 98 × 108

m/s)

t

= −2,5 s.

1−

2

1−

( 0, 60)

2

(c) Como, no referencial S , o evento 1 ocorre no instante t = 0 e o evento 2 ocorre no instante

t = 4,0 ms, o evento 1 acontece antes do evento 2. No referencial S 9, por outro lado, como t 2 ′ < 0,

o evento 2 acontece antes do instante t = t 9 = 0 e, portanto, antes do evento 1. Assim, os dois

observadores não registram os eventos na mesma ordem.

Como as distâncias x 2 – x 1 e x 2′ − x 1 ′ são maiores que as distâncias que a luz pode percorrer nos

respectivos intervalos de tempo, t c ( t 2 − 1) = 1, 2 km c t t e || 2′ − 1′ ≈ 750 m, a inversão da ordem

em que os eventos ocorrem não viola o princípio da causalidade.

19. (a) Vamos supor que as lâmpadas de flash estão em repouso no referencial S , e que o observador

está em repouso no referencial S 9. Como o tempo próprio não é medido nem pelos relógios

do referencial S nem pelos relógios do referencial S 9, é preciso usar a transformação de

Lorentz completa (Eqs. 37-21). Seja t p

a coordenada temporal e seja x p

a coordenada espacial

do pequeno clarão no referencial S . Nesse caso, a coordenada temporal do pequeno clarão no

referencial S 9 é

em que b = v/ c = 0,250 e

′ p = γ −

t p

t

x

= 1/ − 1=

2− 1/ 1=

( 0, 250) 2

1, 0328.

Seja t g

a coordenada temporal e seja x g

a coordenada espacial do grande clarão no referencial S .

Nesse caso, a coordenada temporal do grande clarão no referencial S 9 é

′ =

g −

t g

t

Subtraindo a primeira equação da segunda e levando em conta o fato de quet p = t g , já que os

clarões são simultâneos no referencial S , obtemos

= ′ − ′ =

Dt ' t t

g

p

−

c

x

c

g

p

.

( x p x g) ( 10 , 328)( 0, 250)(

30 103

m)

=

c

30 , 0 108

m/s

×

×

= 25 , 8 × 10−5

s = 25,8 s.

(b) Como Dt' é positivo, t g ′ é maior que t ′ p , o que significa que, de acordo com o observador, o

clarão pequeno ocorreu primeiro.

20. De acordo com a Eq. 2 da Tabela 37-2, temos:

Dt = vg Dx 9/ c² + g Dt 9.

O coeficiente de Dx 9 é a inclinação (4,0 µs/400 m) da reta da Fig. 37-24 e o segundo termo do

lado direito é a distância temporal no referencial S para Dx 9 = 0. A partir da primeira observação,

obtemos, depois de algumas manipulações algébricas, b = v/ c = 0,949, o que nos dá g =

3,16. Nesse caso, de acordo com a segunda observação,

Dt

Dt

20 , 0 × 10−

6s

' = =

= 6, 3 × 10−7s = 0,

63 s.

3,

16


21. (a) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:

v Dx

D t ′ = D −

t

c2

=

Dt

−

Dx

na qual g e b estão relacionados pela Eq. 37-8.

c

= 10 , 0 × 10−

6

(400 m)

−

s

2,

998 × 10 8 m/s

,

(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt 9 em função de b para o intervalo 0 < < 0, 01.

Note que os limites do eixo vertical são +2 ms e –2 ms e que o gráfico não pode ser distinguido de

uma reta horizontal. Isso acontece porque, para valores pequenos de b, a distância temporal entre

os eventos medida pelo observador 2 é praticamente igual à distância medida pelo observador 1,

ou seja, +1,0 ms. Em outras palavras, neste caso não são observados efeitos relativísticos.

(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt 9 em função de b para o intervalo 0, 1 < < 1.

(d) Fazendo

obtemos

Dx

D t ' = Dt

−

,

c

= ×

−

10 0 10 6

(400 m)

s −

2,

998 × 10 = 8

0,

m/s

c Dt

( 2, 998 × 108 m/s) ( 1,

00 × 10−

6s)

= =

= 0, 7495 ≈ 0, 750.

Dx

400m


(e) De acordo com o gráfico do item (c), a sequência dos eventos para o observador 2 é a mesma

que para o observador 1 para b < 0,750, pois, nesse caso, Dt 9 > 0.

(f) De acordo com o gráfico do item (c), a sequência dos eventos para o observador 2 não é a

mesma que para o observador 1 para b > 0,750, pois, nesse caso, Dt 9 < 0.

(g) Não, o evento A não pode ser a causa do evento B, ou vice-versa. Note que

Dx/ Dt = (400 m)/(1,00 ms) = 4,00 × 10 8 m/s > c.

Como um sinal não pode se propagar do local onde ocorreu o evento A para o local onde ocorreu

o evento B com uma velocidade maior que c, o evento A não pode influenciar o evento B,

ou vice-versa.

22. (a) De acordo com a Tabela 37-2,

′ = ( − ) = ( − ) = [ 400 m − ( 1,

00

D x D D x v D t D x c t c

400 m − ( 299,

8 m)

s)] =

.

1−

2

(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx 9 em função de b para 0 < < 0, 01.

(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx 9 em função de b para 0, 01 < < 1.

(d) Para determinar o valor de b para o qual a distância espacial Dx 9 é mínima, derivamos Dx 9

em relação a b e igualamos o resultado a zero:

′ − =

−

d D x d D x D c D t D x c t

=

d d 1

2 ( 1−

2 ) 3/

2

−

= 0.


Explicitando b, obtemos

c Dt

( 2, 998 × 108 m/s)( 1,

00 × 10−

6s)

= =

= 0,

7495 ≈ 0, 750.

Dx

400 m

(e) Substituindo o valor de b calculado no item (d) na expressão do item (a), obtemosDx 9 =

264,8 m ≈ 265 m.

23. (a) O fator de Lorentz é

1

1

= 1− 2

= 1− ( 06, 00) 2

= 1, 25.

(b) No referencial estacionário, o tempo que o relógio leva para se deslocar da srcem até o

ponto x = 180 m é

t

x 180 m

= =

= 10 , 0 × 10

v

×

−6

s.

(0,600)(3,00 108

m/s)

O intervalo de tempo próprio entre os dois eventos (o instante em que o relógio passa pela srcem

e o instante em que o relógio passa pelo ponto x = 180 m) é o tempo medido pelo próprio relógio.

Como a leitura do relógio no início do intervalo é zero, a leitura no final do intervalo é

t 10 , 0 × 10

′ = =

1,

25

t

−6

s

= 8, 00 × 10−

7s = 0,

800 s.

24. Se o observador S 9 mede no relógio de pulso um intervalo de 15,0 s que para o observador

S corresponde a um intervalo de 30,0 s, o fator de Lorentz é g = 2,00 (veja a Eq. 37-9), o que

nos dá, de acordo com a Eq. 37-8, v = 0,866c.

(a) De acordo com a Eq. 37-13, o comprimento da régua 1 para o observador S é (1,00 m)/ g =

(1,00 m)/2 = 0,500 m.

(b) Como não há contração em uma direção perpendicular à direção do movimento, o comprimento

da régua 2 para o observador S é 1,00 m.

(c) Pela mesma razão apresentada no item (b), o comprimento da régua 3 para o observador S

é 1,00 m.

(d) De acordo com a Eq. 19 da Tabela 37-2, temos:

′ = 2′ − 1′ = ( − ) = ( 2,) 00 20, 0 m − ( 0, 866)(

2, 998 108 40, 0 10

9

[ × m/s)( × − s)

]

D x x x D x v Dt

= 19,

2 m.

(e) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:

′ = ′ − ′ = ( − / ) = ( − / )

D t t t 2 1 t D v D x c D t D

2x c

= ( 2, 00) 40, 0 × 10

9

− ( 0, 866)( 20, 0 ) ( 2,

998 × 108

[ − s m / m/s)]

= −35, 5 ns.

Em valor absoluto, a distância temporal entre os dois eventos é 35,5 ns.

(f) O sinal negativo obtido no item (e) significa que o evento 2 ocorreu antes do evento 1.


25. (a) No referencial S , as coordenadas são tais que x 1 = +1200 m para o grande clarão e x 2 =

1200 – 720 = 480 m para o pequeno clarão (que aconteceu depois). Assim,

Fazendo Dx' = 0 na Eq. 37-25, obtemos

Dx = x 2 – x 1 = –720 m.

[ ]

0 = ( D − x = v D− t ) − 720×

m v( 5, 00 10−

6 s) ,

o que nos dá v = –1,44 × 10 8 m/s e, portanto, = v / c = 0, 480.

(b) O sinal negativo obtido no item (a) mostra que o referencial S 9 está se movendo no sentido

negativo do eixo x .


v Dx

D t ′ = D −

t

c2

= ×

−

− − × 8

50 0 10

6

( 14 , 4 10 m/s)( − 720 m)

, s

( , × m/s) 2 ,

2 998 10 8

o que nos dá um valor positivo, qualquer que seja o valor de g . Assim, a ordem dos clarões no

referencial S 9 é a mesma que no referencial S , ou seja, o grande clarão acontece primeiro.

(d) Terminando o cálculo iniciado no item (c), obtemos

5, 00 × 10−6− s × ( 1, 44 −10 8

m/s)( 720 m)/( 2,

998 × 108

m/s)

D t ′ =

1−

0,4802

= 4,39 s.

26. Estamos interessados em calcular o valor de Dt para que

no caso limite em que | v | → c. Assim,

Dt

0 = D x ′ = D D ( x − v t ) = D ( − 720 m − v t )

D x Dx

720 m

= = =

= 24, 0 × 10−

6

s = 2,40 s.

v c 2,998 × 108

m/s

2

= 43,

9 × 10

27. Vamos supor que a partícula está se movendo no sentido positivo do eixo x 9 e que o referencial

S 9 está se movendo no sentido positivo do eixo x . Para u9 = +0,40c e v = +0,60c, a Eq.

37-29 nos dá

u

+

= 1+ =


v

+

+ +

u ' v 04, 0c

0,

60c

u ' v / c2 1 ( 0, 40c

)( 0, 60c)

/ c2 = 0, 81c

.

=

′ +

+ ′

v u

1 uv / c2

Na notação dos vetores unitários, v

=

+

04, 7c

0,

62c

1 ( 04, 7)( 0, 62)

+

= 0, 84cî.

= 0,84c.

(b) De acordo com a transformação clássica, v = 0,47c + 0,62c = 1,1c, o que nos dá v

(c) Para v9 = –0,47cî, temos:

v

=

′ +

+ ′

v u

1 uv / c2

c c

= − 04, 7 + 06,

2

1 ( 0, 47)( 0, 62)

+ −

=

0, 21c.

−6

s

= 1, 1cî.


Na notação dos vetores unitários,

v

= 0, 21cî.

(d) De acordo com a transformação clássica, v = 0,62c – 0,47c = 0,15c, o que nos dá

v = 0, 15cî.

29. (a) Uma coisa que a relatividade de Einstein possui em comum com a relatividade clássica

é a reciprocidade das velocidades relativas. Se João vê Maria se afastar com uma velocidade de

20 m/s, Maria vê João se afastar com uma velocidade de 20 m/s. Assim, se para um observador

terrestre a galáxia A está se afastando a uma velocidade de 0,35c, para um observador da galáxia

A nossa galáxia está se afastando a uma velocidade escalar (em múltiplos de c) | v/ c | = 0,35.

(b) Vamos tomar como positivo o sentido do movimento da galáxia A no nosso referencial.

Usando a notação da Eq. 37-29, sabemos que v = +0,35c (a velocidade da galáxia A em relação

à Terra) e u = –0,35c (a velocidade da galáxia B em relação à Terra. Nesse caso, a velocidade

da galáxia B em relação à galáxia A é

o que nos dá |u' / c| = 0,62.

u

u − v

′ =

1−

/

uv c2

(

= − 0, 35c

) − 0,

35c

1− ( −0, 35)( 0, 35) = −0, 62c,

30. Usando a notação da Eq. 37-29 e tomando como positivo o sentido “para longe da Terra”,

sabemos que v = +0,4c e u = +0,8c. Assim, a velocidade de Q 2 em relação a Q 1 é

o que nos dá |u' / c| = 0,588.

u

u − v

′ =

1−

/

uv c2

0, 8c

− 0,

4c

=

= 0, 588c,

1−

( 0, 80 )( , 4)

31. Seja S o referencial do micrometeorito e seja S 9 o referencial da espaçonave. Vamos supor

que o micrometeorito está se movendo no sentido positivo do eixo x . Se u é a velocidade do

micrometeorito no referencial S e v é a velocidade da espaçonave em relação ao micrometeorito,

a velocidade do micrometeorito no referencial S 9 pode ser calculada a partir da Eq. 37-29:

u

′ +

−

=

1+ ′

1−

u v

u v

⇒ u′ = .

u v / c2 uv / c2

De acordo com o enunciado, v = –0,82c (velocidade da espaçonave) e u = +0,82c (velocidade

do micrometeorito. Assim, a velocidade do micrometeorito em relação à espaçonave é

u

u − v

′ =

1−

/

uv c2

0, 82c

− ( −0, 82c)

=

1−

( 0, 82)( −0, 82) = 0, 98c

= 2, 94 × 10 8 m/s.

De acordo com a Eq. 37-10, o tempo que o micrometeorito leva para passar pela espaçonave,

do ponto de vista de um observador a bordo da espaçonave, é dado por

Dt

d 350 m

= =

= × =

u ′ 29,

4 × 108

m/s

Nota: O valor obtido usando a transformação clássica seria

1, 2 10−6

s 1, 2 s.

u9 = u – v = 0,82c –(–0,82c) = 1,64c,

um valor maior do que c e, portanto, fisicamente impossível.

32. De acordo com o gráfico da Fig. 37-36b, u9 = 0,80c para v = 0. Assim, de acordo com a Eq.

37-29, u = 0,80c. Explicitando u9 na Eq. 37-29 e substituindo u por seu valor, temos:

u

′ =

u − v

=

0,

80c

− v

.

1−

uv / c2

1−

( 0, 80)

v / c


(a)

Fazendo v = 0,90c na expressão do enunciado, obtemos u9 = − 0,357c ≈ − 0,36c.

(b) Fazendo v = c na expressão do enunciado, obtemosu9 = −c, independentemente do valor

de u.

33. (a) No referencial da nave mensageira (que vamos chamar de S m

), a velocidade da esquadrilha

é

v

v −

′ =

1−

vv

vm

/ c2

m

0, 80c

− 09,

5c

=

1−

( 0, 80c

)( 0, 95c)/ c

O comprimento da esquadrilha no referencial S m

é

L1

Assim, a duração da viagem é

=

= − 0, 625c

.

2

L0 ( 1, 0 ano-luz − ) 1 = ( 0, 625) 2

0,

781 ano-luz.

v

′ = −

L′

0,

781ano-luz

′ = = = 1,

25 ano.

| v′

| 0,625c

t

(b) No referencial da esquadrilha (que vamos chamar de S e

), a velocidade da nave mensageira é

v

v −

′ =

1−

ve

vv / c2

e

09, 5c

− 0,

80c

=

1−

( 0, 95c

)( 0, 80c)/ c

= 0, 625c

.

2

e a duração da viagem é

L0 1,

0 ano-luz

′ = = = 1,

60 ano.

v ′ 0,

625c

t

(c) No referencial da base espacial, o comprimento da esquadrilha é

L

L 0 ( 1, 0 ano-luz) 1 ( 0, 80),

2 0 60 ano-luz

= = − =

e, portanto, a duração da viagem é

t

=

L 0,

60 ano-luz

=

v v c 09, 5c

0,

80

m

−

e

−

= 4,

00 anos.

= −

34. De acordo com a equação do efeito Doppler transversal, Eq. 37-37, f f 0

nos dá

1 1

= 1−

2

.

l l0

Explicitando l − l 0 , obtemos

− 0 = 0 − 1 = ( 589,

00

2 2

l l l

1

1−

1

mm) − 1 2 97

1−

( 0, 100)

= , nm.

1

2

, o que

35. Como a espaçonave está se afastando da Terra, a frequência recebida é dada pela Eq. 37-31:

f

=

f 0

1−

1+

= ( 100 MHz)

1−

0,

9000

= 22,

9 MHz.

1+

0,

9000


36. (a) De acordo com a Eq. 37-36.

Dl

v = = c ( 0, 004× )( 3, 0 = 10× 8

m/s) ≈ × 1,

2 106 m/s 11 06

m/s.

l

(b) A galáxia está se afastando da Terra.


= =

Dl

v c

l


−

620 nm 540 nm

c c

620 nm

= 0,

13 .

Dl 12,

00 nm

v = = c × ( 2, 998 = × 108

m/s) 7,

000 10 6 m/s = 7000 km/s.

l 513,

0 nm

(b) O fato de que o comprimento de onda aumentou significa que a galáxia NGC 7319 está se

afastando da Terra.

39. (a) A frequência recebida é

f

=

f 0

1−

1+

−

+

c c 1 02,

0

⇒ =

,

l l 0 1 02,

0

o que nos dá

l = (450 nm) 1+

0,20 = 550 nm .

1−

0,

20

(b) O comprimento de onda calculado no item (a) corresponde à cor amarela.

40. (a) O teorema do trabalho e energia cinética pode ser aplicado tanto na física clássica como

na física relativística; a única diferença está na equação usada para calcular a energia cinética.

Usando a Eq. 37-52, W = DK = m e

c 2 (g – 1), e a relação m e

c 2 = 511 keV = 0,511 MeV (Tabela

37-3), obtemos:

W

=

m c2

(b) W = ( 0, 511MeV)

e

1

1−

1

1−

( 09, 90)

(c) W = ( , ) 1

0 511MeV

1 ( 09, 90)

2

−

− 1 = ( 511keV)

1

1−

( 05, 00)

2 2

2

−1

= 3,

11 MeV.

− 1 = 10,

9 MeV.

− 1

= 79, 1 keV.

41. (a) Como, de acordo com a Eq. 37-52,g = (K / mc 2 ) + 1 e, de acordo com a Tabela 37-3, m e

c 2 =

511 keV = 0,511 MeV, o fator de Lorentz é

(b) O parâmetro de velocidade é

100 MeV

= + 1 = 196, 695.

0,

511MeV

1

1

= − 1= − 1 =

( 196,

695)

2 2

0, 999987.


Isto significa que a velocidade do elétron é 0,999987c, o que corresponde a 99,9987% da velocidade

da luz.


− = =

Q Mc

D−

2 [ 3( 4, −00151 u) c11,99671 u] 2 = −( 0,

00782

u)(931,5 MeV/u)

= −7,

28 MeV.

Assim, a energia mínima necessária para que a reação aconteça é 7,28 MeV. Note que as massas

que aparecem no enunciado são as massas dos núcleos envolvidos na reação, e não as massas

dos átomos, como em outros problemas deste capítulo.

43. (a) O teorema do trabalho e energia cinética pode ser aplicado tanto na física clássica como

na física relativística; a única diferença está na equação usada para calcular a energia cinética.

Usando a Eq. 37-52, W = DK = m e c 2 (g – 1), e a relação m e c 2 = 511 keV = 0,511 MeV (Tabela

37-3), obtemos:

W = DK m = c 2

1 1

e

−

1−

2

f 1−

2

i

= 0,

996 keV ≈ 1,0 keV.

(b) Da mesma forma,

=

( 511keV)

1

1

−

1−

( 0,

19) 2

1−

( 0, 18)

2

1

1

W = ( 511keV)

−

= 1055k eV ≈ 1,1 MeV.

1 ( 0, 99) 2 1 ( 0, 98)

2

−

Comparando os resultados dos itens (a) e (b), vemos que a dificuldade para acelerar uma partícula

aumenta consideravelmente quando a velocidade da partícula se aproxima da velocidade da luz.

44. A variação de massa é

DM = ( 4, 002603 u+15,994915 u) − ( 1,

007825 u+18,998405u) = −0,

008712u.

De acordo com as Eqs. 37-50 e 37-46, temos:

− = −

Q

−

− DM c2 ( 0, 008712 u=

)( 931, 5 MeV/u) 8,

12 MeV.

45. De acordo com a Eq. 37-12, a distância percorrida pelo píon no referencial da Terra é d =

vDt . O tempo de vida próprio Dt 0 está relacionado a Dt através da Eq. 37-9, Dt = g Dt 0 . Para determinar

o valor de g , usamos a Eq. 37-48. Como a energia total do píon é dada por E = 1,35 ×

10 5 MeV e o valor de mc 2 para o píon é 139,6 MeV, temos:

E 13 , 5 × 105

MeV

= =

= 967, 05.

mc 2 139,

6 MeV

Assim, o tempo de vida do píon medido pelos cientistas é

D t

= = Dt

0 ( 967, × 1)( 35= , 0 × 10 − 9

) 3,

385 10 − 5

a velocidade do píon, de acordo com a Eq. 37-8, é

e a distância percorrida é

−

2

1

v = c 0,

c9999995

= ≈

s s,

d ≈ c = D t × ( 2, 998 108× m/s)( = 3, 385 × 10−5 s) 1,

015 104

m = 10,15k m ≈ 10k m.

Assim, a altitude na qual o píon decai é 120 km – 10 km = 110 km.


46. (a) Elevando ao quadrado a Eq. 37-47, obtemos

= + +

E 2

( mc 2)

2

2mc 2K K 2

Igualando este resultado à Eq. 37-55, obtemos

( mc 2) 2

+ mc 2 K 2+ K = + pc 2

( mc )

2⇒ ( =

2)

m2

( pc ) − K

2Kc2

2 2

.

(b) Em baixas velocidades, podemos usar as expressões clássicas p = mv e K = mv 2 /2. Como,

em baixas velocidades, pc >> K , já que c >> v, temos:

m

( mvc)

2

2( mv 2

/ 2)

c2

→ = m .

(c) De acordo com a expressão obtida no item (a), temos:

m

=

−

1212 552

2( 55)

c2

= 105, 6 MeV/ c 2 .

Como, de acordo com a Tabela 37-3, a massa do elétron é m e = 0,511 MeV/c 2 , a massa calculada

é aproximadamente 207 vezes maior que a massa do elétron, ou seja, m/ m e

≈ 207. A partícula

é um múon.

47. A energia equivalente à massa de um comprimido é

mc 2 = (320 × 10 –6 kg) (3,00 × 10 8 m/s) 2 = 2,88 × 10 13 J,

que equivale à energia produzida pela combustão de

(2,88 × 10 13 J)/(3,65 × 10 7 J/L) = 7,89 × 10 5 L

de gasolina. A distância que um carro pode percorrer com esta energia é

d = (7,89 × 10 5 L) (12,75 km/L) = 1,01 × 10 7 km,

o suficiente para dar 250 voltas completas em torno da Terra (veja o Apêndice C).

48. (a) Podemos usar a Eq. 37-7 para calcular o parâmetro de velocidade:

= −

Dt

1

= 1−

0

Dt

2 2

2,

20 s

6,

90 s

(b) De acordo com o resultado do item (a), temos:

Além disso, temos (veja a Tabela 37-3):


= 0,

9478 ≈ 0, 948.

1

1

= 1−

2 = 1− ( 09, 478)

2 = 3, 136.

m m c 2 = 207m e

c 2 = 105,8 MeV.

K = − m c= 2( 1) ( 105, 8 MeV)(3,136 − = 1) 226 MeV.


= = = =

p m v m c ( 3, 136)( 105, 8 MeV/ c)( 0, 9478)

314 MeV/ c,

que também pode ser expresso em unidades do SI: p = 1,7 × 10 –19 kg · m/s.



E 14,

24 × 10

= =

m c 1,

5033 × 10

p

2

−9

−10

J

= 94, 73.

J

Nesse caso, a Eq. 37-13 nos dá

L

L0 21 cm

94,

73

= = = 0,

222 cm.

(b) A velocidade do próton é dada por

2

1

v c 1 = 0, 99994c.

= −

Assim, no seu referencial, o tempo de percurso é

Dt

L0

0,

21 m

= =

= 70 , 1 × 1

v (0,99994)(2,998 × 108

m/s)

0 − 10 =

s 701p s.


∆ t = ∆ = t 70 × , 1 10−10

s.

0

Assim, no referencial do próton, o tempo de percurso é

Dt 0 = 2,22 × 10 –3 /0,99994c = 7,40 × 10 –12 s = 7,40 ps.

50. (a) Para E 0 = 0,5110 MeV, o fator de Lorentz é

K 10,

00 MeV

= + = 1 + =

mc 2 0,

5110 MeV

1 205, 7.

(b) O parâmetro de velocidade é

= −

2

1

1

1

= 1− = 0 9988

( 20 57 )

2

, .

,

(c) Para E 0 = 938,0 MeV, o fator de Lorentz é

K 10,

00 MeV

= + = 1 + = ≈

mc 2 938,

0 MeV

1 10 , 1066 10 , 11.

(d) O parâmetro de velocidade é

= −

2

1

1

1

= 1− = 0 1448

( 1 01066 )

2

, .

,

(e) Para E 0 = 3727 MeV, o fator de Lorentz é

K 10,

00 MeV

= + = 1 + = ≈

mc 2 3727 MeV

1 10 , 0268 10 , 03.

(f) O parâmetro de velocidade é

= −

2

1

1

1

= 1− = 0 07306 ≈ 73 10 × 1

( 1 00268 )

2

, , 0 2

,

− .



o que nos dá

( pc )( 2 + mc 2 ) 2 = 9, 00( mc 2 ) 2 ,

= ≈

p mc 8 2, 83mc.

52. (a) De acordo com o teorema binomial, para pequenos valores de x ,

n

( 1+ x ) ≈ + 1 + nx

n ( n − 1)

x 2

.

2

Para aplicar o teorema binomial à equação que define o fator de Lorentz em função do parâmetro

de velocidade, Eq. 37-8, fazemos x = − b 2 e n = −1/2, o que nos dá

= ( − 1

2) −≈ 1 / +

2

+ 1

Substituindo g por esse valor na Eq. 37-52, obtemos

2

3

8

2 4

K mc 2

2

≈ + mc 3

2

= +

mv 4 mv 2

3

4

.

2 8 2 8c2

(b) Usando a expressão clássica para a energia cinética com o valor de mc 2 para o elétron dado

na Tabela 37-3 e b = 1/20, obtemos

mv

K clássica

22 mc 2 ( 8, 19 × 10 −14

J )() 1/

20

2

2 2

2

= = =

(c) A correção de primeira ordem é

K

3mv4

8c2

primeira ordem = = =

muito menor que o resultado clássico.

3mc2 4

381 ( , 9 × 10 − 14 J )( 1/

20)

4

8

8

(d) Neste caso, b = 0,80 = 4/5 e a expressão clássica nos dá

mv

K clássica

2mc

2 2

( 8, 19 10−14 J )( 4/5)

2

2 2

2

= = =

(e) A correção de primeira ordem é

K

3mv4

8c2

primeira ordem = = =

×

3mc2 4

381 ( , 9 × 10 − 14 J )( 4/5)

4

8

8

=

= 1, 0 × 10 −16

J.

= 1 9 × 10 −

,

19

J,

2, 6 × 10 −14

J.

= 1 3 × 10 −

,

14

J,

da mesma ordem que o resultado clássico. Isso indica que o teorema binomial não pode ser usado

no caso de velocidades próximas da velocidade da luz.

(f) Fazendo a correção de primeira ordem igual a 1/10 da aproximação clássica, obtemos

o que nos dá

3mc

2 4 2 2

mc

= ,

8 20

=

2

15

≈

0, 37.

53. Usando a fórmula clássica para o raio da órbita, r 0 = mv/ |q|B, obtemos

T 0

2

r 0 2

m

.

= =

v | q | B


(a) No caso de velocidades relativísticas, temos:

r

o que nos dá

T

p mv

| q | B | q | B

= = =

2

r 2

m

v | q | B

= = =

r 0 ,

T 0.

(b) Como g varia com a velocidade, o período T não é independente de v.

(c) Usando a expressão clássica para a energia cinética do elétron, temos:

1 1 v

K clássica = mv = mc( ) 2

2 2

1

mc

c =

2

( )

2.

2 2

2

2

Para K clássica = 10,0 MeV, essa equação nos dá

2K

clássica 2( 10,

0 MeV) = =

= 6, 256,

mc2

0,

511MeV

um valor fisicamente impossível, já que o elétron estaria se movendo a uma velocidade muito

maior que a velocidade da luz. Se, mesmo assim, usarmos este valor, o raio clássico da órbita

será

r

mv

| q | B

= = =

× ×

×

m c ( 9, 11 10−

31 kg )( 6, 256)( 2,

998 10 8

m/s)

eB

( 1, 6 10−19

C)( 2, 20 T)

= 48,

5 × 10−

3

m = 4,85 mm.

(d) Antes de usar a expressão relativística para o raio da órbita, precisamos calcular o valor correto

de b a partir da expressão relativística da energia cinética:

que nos dá

K = mc2 10,

0 MeV

− ( ⇒ 1)

= + =

0,

511 MeV

1 205,

7

1

1

= − 1 = − 1 =

( 20, 57)

2 2

0, 99882.

Assim,

r

mv m c ( 20, 57)( 91,

1 × 10

= = =

−31

kg)(0,99882)(2,998 × 108

m/s)

| q | B eB

( 1,

6 × 10−19

C)(2,20 T)

= 1,

59 × 10−

2 m = 15,9m m.

(e) O período clássico é

T

2

r 2 ( 4,

85 10 − 3

m)

c ( 6, 256)( 2,

998 108

= =

(f) O período calculado usando expressões relativísticas é

T

2

r 20 ( , 0159 m)

c ( 0, 99882)( 2,

998 10 8 m/s)

= =

×

×

×

m/s) = 16 , 3 × 10−

11 s = 16,3 ps.

=

33 , 4 × 10− 10 s = 0,334 ns.

54. (a) De acordo com as Eqs. 37-52 e 37-8, temos:

mc 2

1

−1 = mc2

1−

2

2,


o que nos dá

=

2 2

3

(b) De acordo com as Eqs. 37-48 e 37-8, temos:

≈

0, 943.

mc2

1−

2

=

2mc2,

o que nos dá

=

3

2

≈

0, 866.


o que nos dá


=

1

1−


o que nos dá K / E 0 = 0,414.

−

mv

1 v 2

/ c2

=

=

= ( − ) = −

1

2

≈

=

mc,

0, 707.

1

= 2 ≈ 1, 41.

1− ( 1 2)

2 /

( ) = =

K mc 1

2

2mc 1

2 mc 0, 414 E 2

0, 414 0,

56. (a) De acordo com os dados do problema, um quilograma de TNT libera uma energia de

(3,40 × 10 6 J/mol)/(0,227 kg/mol) = 1,50 × 10 7 J. Assim, seriam necessários

(1,80 × 10 14 J)/(1,50 × 10 7 J/kg) = 1,20 × 10 7 kg

de TNT, o que corresponde a um peso de aproximadamente 1,2 × 10 8 N.

(b) O peso calculado no item (a) é muito maior que o que pode ser carregado em uma mochila.

Seria necessário usar um caminhão para transportar uma quantidade tão grande de material.

(c) Como 0,00080mc 2 = 1,80 × 10 14 J, seriam necessários m = 2,50 kg de material físsil, o que

corresponde a um peso de aproximadamente 25 N.

(d) O peso calculado no item (c) pode ser carregado facilmente em uma mochila.

57. Como a energia de repouso E 0 e a massa m do quasar estão relacionadas através da equação

E 0 = mc 2 , a potência P irradiada pelo quasar e o consumo de massa obedecem à relação

Assim,

dm

dt

P

dE 0

c2 dm .

dt dt

= =

= P

= 1 × 1041

W

c2

( 2, 998 × 10 m/s)

8 2

= 11 , 1 × 1024

kg/s.


Como uma unidade de massa solar corresponde a 2,0 × 10 30 kg e um ano tem 3,156 × 10 7 s,

dm

= ( × ) ×

11 1 1024

31 , 56 107

s/ano

, kg/s

ums/ano.

dt 20,

× 1030

kg/ums

≈ 18


K

= + = 1 1 , 0000000 keV

+ =

m c 510,

9989 keV

e

2

1 1,

00195695 ≈ 1, 0019570.

(b) O parâmetro de velocidade correspondente é

1

1

= − 1= − 1 =

( 1, 0019570)

2 2

0, 062469542.


K 1,

0000000 MeV

= + = 1 + =

m c 0,

5109989 MeV

e

2

1 2,

956951375 ≈ 2, 9569514.

(d) O parâmetro de velocidade correspondente é

1

1

= − 1= − 1 =

( 2, 9569514)

2 2

0, 94107924.

(e) De acordo com a Eq. 37-52, temos:

K 1000,

0000 MeV

= + = 1 + =

m c 0,

5109989 MeV

e

2

1 1957,

951375 ≈ 1957, 9514.

(f) O parâmetro de velocidade correspondente é

1

1

= − 1= − 1 =

( 1957, 9514)

2 2

0, 99999987.

59. (a) Este item pode ser resolvido usando a lei de conservação do momento. Neste caso, a

aplicação da lei de conservação do momento leva a duas equações, uma para a componente do

momento na direção do movimento da partícula alfa, que vamos chamar de eixo x , e outra para

a componente na direção do movimento do próton, que vamos chamar de eixo y. Como as velocidades

das partículas são muito menores que a velocidade da luz, podemos usar as expressões

clássicas para a energia cinética e o momento, K = mv 2 /2 e p

= mv

, respectivamente. Aplicando

a lei de conservação do momento às componentes x e y de p, obtemos:

m v m v

= oxi oxi, x v⇒ = ≈ oxi,

x

m

m v 4

v

oxi 17

0 = moxiv oxi, m + v ⇒ v − = oxi,

y p p y

m p

m v 1

p v p.

oxi 17

−≈

Para completar o cálculo, precisamos calcular as velocidades da partícula alfa e do próton a partir

das energias cinéticas das duas partículas. Uma forma de fazer isso é escrever a expressão da

energia cinética na forma K = mc 2 b 2 /2 e calcular o valor de b. No caso do próton, usando para

m pc 2 o valor que aparece na Tabela 37-3, obtemos:

2K

2( 4,

44 MeV)

p

p = = =

m pc2

938 MeV

0, 0973.


Como este valor corresponde a quase 10% da velocidade da luz, convém verificar se existe necessidade

de usar a expressão relativística da energia cinética (Eq. 37-52). Fazendo os cálculos

com a expressão relativística, obtemos b p = 0,969, um valor razoavelmente próximo do obtido

usando a expressão clássica. No caso da partícula alfa, usando para m α o valor que aparece no

Apêndice B e para c 2 o valor dado na Eq. 37-46, obtemos

m α

c 2 = (4,0026 u)(931,5 MeV/u) = 3728 MeV

(um valor ligeiramente maior que o valor correto, pois a massa que aparece no Apêndice B é a

massa do átomo de hélio e não a massa do núcleo de hélio, mas a diferença é tão pequena que

pode ser desprezada), o que nos dá

2K

2( 7,

70 MeV)

=

= =

m 2

c

3728 MeV

0, 064.

Voltando às componentes da velocidade do núcleo de oxigênio, agora podemos concluir os

cálculos:

v oxi,

x

4

4 4

≈ ⇒ v

≈ oxi, = x =

( 0, 064) 00,

15

17

17 17

1

1 1

| v oxi, y | ≈ ⇒ v p ≈ oxi, = y p=

( 00, 97) 00,

057

17

17 17

Assim, com

m oxi c 2 ≈ (17 u)(931,5 MeV/u) = 1,58 × 10 4 MeV,

temos:

1

1

K oxi = ( m oxic 2)( +

2

oxi, =

x ×

2

oxi, y) ( 15 , 8

2

2

104 MeV)(0,015 2

+ 0, 00572)

≈ 2,

08 MeV.

(b) De acordo com as Eqs. 37-50 e 37-46,

− = Q ( + 1, 007825− u 16, 99914 − u 4, 00260u 14,

00307u)c 2

− =

( 0, 001295u)(931,5MeV/u)

− ≈ 1, 21 MeV.

Na verdade, resolvendo primeiro o item (b), seria possível resolver o item (a) de uma forma bem

mais simples (e até mais precisa!). De acordo com a Eq. 37-49, temos:

= + − = − − =

K oxi K Q K p 7, 70MeV 1206MeV 4, 44MeV 2, 05MeV.

60. (a) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:

Dx

D t ′ = D −

t

c

=

1,

00

= ( 10 , 0 − 08, 00 ) s,

em que g varia com b (veja a Eq. 37-8).

( 240 m)

s −

2,

998 × 10 8 m/s

(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt 9 em função de b para 0 < < 0, 01.


(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt 9 em função de b para 0, 1 < < 1.

(d) Para determinar o valor de b para o qual o valor de Dt 9 é mínimo, derivamos a Eq. 29 em

relação a b e igualamos o resultado a zero. O resultado é

o que nos dá b = Dx/cDt = 240/299,8 = 0,801.

d Dt

′ = Dx

Dt

−

3

d

c = 0,

(e) Substituindo o valor encontrado no item (d) da expressão do item (a), obtemos o valor mínimo

Dt 9 = 0,599 µs.

(f) Sim. Note que, como Dx/ Dt = 2,4 ×10 8 m/s < c, um sinal pode se propagar do evento A para

o evento B sem exceder a velocidade da luz e, portanto, o evento A pode afetar o evento B. Em

casos como este, dizemos que existe uma “distância temporal” entre os eventos e é sempre possível

encontrar um referencial (no caso presente, um referencial com b ≈ 0,801) em que os dois

eventos ocorrem na mesma posição, embora em instantes diferentes.

61. (a) De acordo com a Eq. 19 da Tabela 37-2,

= ′ − ( = −) [ 240 m ( 299, 8) m].

D x D x c Dt

(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx 9 em função de b para 0 < < 0, 01.


(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx 9 em função de b para 0, 1 < < 1.

Vemos que o valor de Dx 9 diminui continuamente a partir do valor que possui em b = 0 (240

m), atingindo o valor zero em b ≈ 0,8) e tornando-se negativo para valores maiores de b, o que

significa que, para esses valores de b, o valor de x 9 para o evento B é menor que o valor de x 9

para o evento A!.

(d) Para obter o valor de b para o qual Dx 9 se anula, basta igualar a zero a expressão encontrada

no item (a), o que nos dá b = Dx /cDt = 240/299,8 = 0,801.

62. Observando qual é o valor de u9 para v = 0 no gráfico da Fig. 37-28b, concluímos que u =

−0,20c. Explicitando u9 na Eq. 37-29 e substituindo u por esse valor, obtemos

que é a equação da curva mostrada na figura.

u

u − v

′ = = − 0,

20c

−

1−

uv / c2

1+

02,

0 /

v

,

v c

(a) Para v = 0,80c, a expressão do enunciado nos dá u9 = −0,86c.

(b) Como era de se esperar, para v = c, a expressão do enunciado nos dá u9 = −c.

63. (a) A distância espacial entre os dois clarões é vt . Projetando esta distância na direção perpendicular

aos raios luminosos que se dirigem para a Terra, obtemos D ap = vt sen u.

(b) O clarão 1 é emitido t segundos antes do clarão 2. Além disso, o clarão 1 tem que percorrer

uma distância adicional L em relação ao clarão 2 para chegar à Terra, em que L = vt cos u (veja


a Fig. 37-29); para isso, necessita de um tempo adicional t 9 = L / c. Assim, o tempo aparente é

dado por

T ap t t t

vt cos

= − = ′ − = −

(c) Para v = 0,980c e u = 30,0 o , temos:

V ap

Dap

= =

T ap −

( v / c)

sen

c

1 ( v / c)

cos

c

t

v

1 cos

c .

( 0,

980)

sen30,0 °

=

3, 24 .

1− ( 09, 80)

cos30,0 ° c = c

64. A reta do gráfico da Fig. 37-30 é descrita pela Eq. 1 da Tabela 37-2:

Dx = vg Dt 9 + g Dx 9 = (“inclinação”)Dt 9 + “interseção com o eixo y”,

na qual a “inclinação” é (7,0 m)/(10 −8 s) = 7,0 × 10 8 m/s. Igualando este valor a vg , obtemos

v =

1−

v

( v / c)

2

= 70, × 108

m/s,

o que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas, v = 2,757 × 10 8 m/s ≈ 2,8 × 10 8 m/s

e g = (7,0 × 10 8 m/s)/v = (7,0 × 10 8 m/s)/(2,757 × 10 8 m/s) ≈ 2,54.

v = 2,8 ×10 8 m/s e g = 2,54. Como a “interseção com o eixo y” é 2,0 m, temos:

Dx 9 = (2,0 m)/ g = (2,0 m)/2,54 = 0,79 m.

65. Interpretando v

AB

como a componente x da velocidade de A em relação a B e definindo o

parâmetro de velocidade correspondente como b AB = v AB/ c, o resultado pedido no item (a) pode

ser obtido facilmente a partir da Eq. 37-29, depois de dividir ambos os membros por c. Para

tornar mais clara a correspondência com a Fig. 37-11, podemos chamar de B a partícula de A,

o referencial S 9 (ou um observador em repouso neste referencial) e de C o referencial S (ou um

observador em repouso neste referencial). Como a solução do item (b) é menos óbvia, vamos

mostrar as transformações algébricas necessárias para chegar ao resultado final.

o que nos dá

e, portanto,

1

= ⋅ ⇒ − 1+

M M M

AC AB BC

AC

AC

1

= − 1+

AB

AB

1−

⋅

1+

BC

B C

( 1− )( + 1 + )( 1= − − ) ( 1 + )( 1 )( 1 )

AC AB BC AB BC AC

1 – b AC

+ b AB

+ b BC

– b AC b AB

– b AC b BC

+ b AB b BC

– b AB b BC b AC

=

,

1 + b AC

– b AB

– b BC

– b AC b AB

– b AC b BC

+ b AB b BC

+ b AB b BC b AC

Cancelando os termos que aparecem dos dois lados da equação, obtemos

o que nos dá

– b AC + b AB + b BC – b AB b BC b AC = b AC – b AB – b BC + b AB b BC b AC ,

2222 + = +

.

AB BC AC AB BC AC

O lado esquerdo pode ser escrito na forma 2 b AC

(1 + b AB b BC

), o que torna claro como obter o

resultado do item (a): basta dividir ambos os membros por 2(1 + b AB b BC

).

66. Notamos, já que se trata de uma simetria óbvia e torna mais fácil a solução do item (b), que

M

1

= − 1+

1 M

.

1 M

⇒ = − +


Como b AB = b BC = 1/2, M AB = M BC = (1 − 1/2)/(1 + 1/2) = 1/3. Assim,

(a) M AC = M AB ⋅ M = BC ⋅ = 1 3

1 M

(b) AC = − 1+ M

(c) v

AC

= 0,80c.

AC

AC

1

3

1

9 .

1

= − 1 / 9 8

= = + 0, 80.

1+

1 / 9 10

67. Notamos, já que se trata de uma simetria óbvia e torna mais fácil a solução do problema,

que

M

1

= − 1+

1

⇒ = −

1+

Como b AB

= 1/5, M AB

= (1 − 1/5)/(1 + 1/5) = 2/3; como b BC

= − 2/5, M BC

= (1 + 2/5)/(1 − 2/5) =

7/3; como b CD = 3/5, M CD = (1 − 3/5)/(1 + 3/5) = 1/4. Assim,

e

o que nos dá v

AD

= +0,44c.

M AD = M AB M BC M CD = × × = 2 3

AD

1 M

= − 1+ M

AD

AD

7

3

M

M

1

4

7

18

1

= − 7/

18 11

= = 0, 44,

1+

7/

18 25

68. (a) De acordo com um passageiro da nave, o tempo de percurso do próton é Dt' = (760

m)/0,980c = 2,59 ms.

(b) Para calcular o tempo de percurso do ponto de vista de um observador estacionário, usamos

a Eq. 2 da Tabela 37-2 com Dx' = –760 m, o que nos dá

= ( ′ + 0, 950 ′

2) = 0,

572s.

D t t D c x c D

(c) Para um passageiro da nave, o sentido do movimento do próton não faz diferença; o tempo

de percurso do próton é o mesmo do item (a), Dt' = 2,59 ms.

(d) No caso de um observador estacionário, usamos a Eq. 2 da Tabela 37-2 com Dx' = +760 m,

o que nos dá

D t = ( t D ′ + 0, c 950 x c D ′

2) = 16,

0s.

69. (a) De acordo com a Eq. 37-26, o comprimento L c ′ da limusine do ponto de vista de Alfredo é

L

c

= L′

= − = L 1 −

2

( 30, = 5 m) 1 ( 0, 9980),

2

1 93 m.

c

c

(b) Como o eixo x g está estacionário em relação à garagem, x g2 = L g = 6,00 m.

(c) Quanto a t g2 , note na Fig. 37-32b que no instante t g = t g1 = 0, a coordenada do para-choque

dianteiro da limusine no referencial x g

é L c ′, o que significa que a frente ainda está a uma distância

L g − Lc′ da porta traseira da garagem. Como a limusine está se movendo com velocidade v,

o tempo que a frente leva para chegar à porta traseira da garagem é dado por

L g − Lc′ 6, 00 m −1,

93 m

Dt g = t g 2 − t g1

= =

= 13 , 6 × 10

v 0, 9980( 2,

998 ×

− 8

s.

108

m/s)

Assim, t = t + Dt = 0 + 1,36 10 –8 s = 1,36 10 –8 s = 13,6 ns.

g2 g1 g

× ×


(d) Como a limusine está no interior da garagem entre os instantes t g1 e t g2 , o tempo de permanência

é t g2 – t g1 = 13,6 ns.

(e) De acordo com a Eq. 37-13, o comprimento L g ′ da garagem do ponto de vista de Mário é

L

g

L= ′ = − = L 1 −

2

( 6, 00 = m) 1 ( 0, 9980) 2

0,

379 m.

g

g

(f) Como o eixo x c

está estacionário em relação à limusine, x c2 = L c

= 30,5 m.

(g) para-choque Sabemos traseiro que no instante da limusine t c = e t c2 a (instante porta traseira em que da garagem acontece é o dada evento por 2), L a distância L entre o

c − ′ . Como a garagem

se move com velocidade v, a porta dianteira da garagem passa pelo para-choque traseiro

g

da limusine após um intervalo de tempo Dt c dado por

L c − Lg′ 30, 5 m − 0,

379 m

Dt c = t c 1 − t c2

= =

= 10 , 1 × 10

7

v 0, 9980( 2,

998 ×

− s.

108

m/s)

Assim, t c2 = t c1 – Dt c = 0 – 1,01 × 10 –7 s = –1,01 × 10 –7 s.

(h) Do ponto de vista de Mário, a resposta é não.

(i) Do ponto de vista de Mário, o evento 2 acontece primeiro, já que t c2 < t c1 .

(j) Vamos descrever os aspectos importantes dos dois eventos. No instante do evento 2, a frente

da limusine coincide com a porta traseira da garagem e a garagem parece muito curta (talvez

não chegue até a janela do banco da frente da limusine). No instante do evento 1, a traseira da

limusine coincide com a porta da frente da garagem e a frente da limusine já ultrapassou em

muito a porta traseira da garagem. Em suma, do ponto de vista de Mário, a garagem parece muito

curta em comparação com a limusine.

(k) Não, já que a limusine não pode permanecer na garagem com as duas portas fechadas.

(l) Tanto Mário como Alfredo estão corretos em seus respectivos referenciais. Entretanto, se alguém

merece perder a aposta, esse alguém é Mário, que parou de estudar física na escola antes

de chegar à teoria da relatividade!

70. (a) A contração relativa é

| DL | L0( 1−

1)

1 1

2

1 1 1 2

1

=

−

2

= − − ≈ − −

L L

2 = 2 1 630

=

2 2 3,00 × 108

m/s

0

= × 22 , 1 10 12.

m/s

0

(b) Fazendo | D t − D t 0= | Dt

0− ( = = 1) 1,

00s, temos:

Dt 0 =

2 1 2 1

− 1 = 1− −1 ≈ 1+ 2

− 1

= =

( ) − /

2

2

= 5,

25

d.

2

2( 1,

00 × 10 − 6

s)(1d/86.400s)

[( 630 m/s)/(2,998 × 108

m/ s)]

2

71. Seja v a velocidade dos satélites em relação à Terra. Quando os satélites passam um pelo

outro em sentidos opostos, a velocidade relativa, de acordo com a transformação clássica de

Galileu, é v rel, c = 2 v. Por outro lado, usando a transformação relativística, obtemos

vrel

=

1+

2v

. 2 2

v / c


(a) Para v = 27.000 km/h, v rel, c = 2 v = 2(27.000 km/h) = 5,4 × 10 4 km/h.

(b) Podemos expressar a velocidade da luz em km/h multiplicando o valor em m/s por 3,6: c =

1,08 × 10 9 km/h. O erro relativo é

−

v rel,

c vrel

1

1

= 1− = 1− v rel , c 1 + v 2 / c 2 1 + [( 27.

000 k m/h ) / ( 10 , 8 × 109 km/h )]

2

= 63, × 10 − 10.

Nota: Como a velocidade dos satélites é muito menor que a velocidade da luz, o erro que cometemos

ao usar a transformação clássica para calcular a velocidade relativa é insignificante.

v d / c 6,

0 anos

72. = = =

= 0, 75.

c t 2, 0 anos + 6,

0 anos

73. O trabalho executado sobre o próton é igual à variação da energia cinética do próton. A

energia cinética do próton é dada pela Eq. 37-52:

= − = − = −

K E mc 2 mc

2 mc mc 2 2 ( 1 ),

em que = 1/ 1−

2

é o fator de Lorentz. Seja v 1 a velocidade inicial do próton e seja v 2 a velocidade

final. O trabalho necessário é

= = − − − = − =

W K D mc 2( 2mc 1)

2( mc 2

1 1)() mc

2

2 1 D .

Para b 2 = 0,9860, g 2 = 5,9972; para b 1 = 0,9850, g 1 = 5,7953. Assim, Dg = 0,202 e, portanto,

2

D

D

W = K m= ( c ) ( 938− MeV=

)( 5, 9972 57 , 953)

189 MeV.

74. Como a vida média do píon no referencial da Terra é D t = Dt

0, a distância percorrida é

(, 0 99)(, 29 98 × 10 ×

= = =

8 m/s)(26 10 − 9s)

= 55m.

1−

( 0, 99)

2

d v t D v t D 0

75. A Eq. 37-48 pode ser escrita na forma

E

=

mc2

.

1 v 2

/ c2

−

Explicitando a velocidade v e levando em conta o fato de que, de acordo com a Tabela 37-3,

mc 2 = 0,511 MeV, obtemos:

v

c

1

mc2

2

c 1

E

= −

=

0, 511 MeV

− 1533 MeV

2

0, 99999994c

c,

= ≈

o que nos leva à conclusão de que, em nosso referencial, a viagem do elétron levou 26 anos.

O tempo decorrido no referencial do elétron pode ser calculado combinando a Eq. 37-7 com a

Eq. 37-48, o que nos dá:

Dt

0

Dt

Dt mc 2

0,

511 MeV

= = ( 26 anos = )

E

1533 MeV

0,

0087ano,

o que significa que, no referencial do elétron, a distância percorrida foi apenas 87, × 10 −3

anos-luz.


E

=

mc2

.

1 −

2


Explicitando b, obtemos

=

− 2

2

mc ( 1, 672621237 × 10

1

= 1−

− 27

kg)( 29 , 9792458 × 10

E

10 611 × 10−9

, J

8

2

m/s)

= 0, 99990.

77. A velocidade da espaçonave após o primeiro incremento év 1 = 0,5c. Após o segundo incremento,

passa a ser

v ′ + v1

0, 50c

+ 05,

0c

v2

=

=

= 0,80c.

1+

v ' v c2 1+

( 0, 50c

)

2 c2

Após o terceiro incremento, passa a ser

v3

1

v ' + v2

=

=

1+

v ' v 2 c2

+

05, 0c

0,

50c

= 0, 929c.

1 ( 0, 50c

)( 0, 80c)

c2

+

Continuando o processo, obtemos v 4 = 0,976c, v 5 = 0,992c, v 6 = 0,997c e v 7 = 0,999c. Assim,

são necessários sete incrementos.


l

l

=

1−

1+

1 l l

2

⇒ = − ( / )

1+

( l / l) . 2

0 0

Para l 0 / l = 434/462, obtemos b = 0,062439, o que nos dá v = 1,87 × 10 4 km/s.

0

(b) Como o comprimento de onda sofre um desvio “para o vermelho” (para maiores comprimentos

de onda) a galáxia está se afastando da Terra.

79. De acordo com a Eq. 37-54 com mc 2 = 0,511 MeV (veja a Tabela 37-3),

p

c

=

+

+

K 2

2Kmc

2

( 2, 00 MeV) 2

2( 2, 0 MeV)( 0,

511 MeV)

=

= 2, 46 MeV/ c.

c

c


| DL | = L − = L L −

L

= − −

0 0 1 1 2

0 1 1

γ

( )

3 0 104

2

= 26( , 370 × 106

, × m s

m)

1−

1−

2,

998 × 108

m s

= 0, 064 m = 6,4 cm.

81. Vamos chamar de partícula 2 a primeira partícula mencionada no enunciado. Como o momento

total das duas partículas é zero no referencial S 9, as velocidades das duas partículas devem

ter o mesmo módulo e sentidos opostos em S 9. Chamando de v a velocidade de S 9 em relação a

S , a velocidade no referencial S 9 da partícula que está em repouso no referencial S é u 1 ′ = −v

e a

expressão da velocidade da outra partícula pode ser obtida explicitando u9 na Eq. 37-29:

u 2 − v ( c / 2)

− v

u2′ = =

1−

u 2v / c2 1−

( c / 2)( v / c2) .

Fazendo u 2′ = − u 1 ′ = v, obtemos

( c / 2)

− v

= ⇒ v = c v ± ≈( 2 c 3) 0,

27

1−

( c / 2)( v / c2)

em que, das duas raízes da equação do segundo grau, foi escolhida a raiz para a qual v < c.


82. (a) Como o tempo de vida da partícula no referencial do laboratório é

Dt

L 23 , 0 × 10−

4

= =

v 09, 60 × 30 , 0 × 10

8

= 79 , 9 × 10−

13

s,

o tempo de vida próprio da partícula, de acordo com a Eq. 37-7, é

= − = × − = −

D t 0 t D 1v c ( / )(

2

7, 99 10

13

) 1 ( 0,) 960

2

2,

2

s 37 × 10−

13

s ≈ 2,

24 × 10−13

s.

(b) A distância percorrida pela partícula no seu referencial de repouso é

8 −13

−

L 0 v D t 0 0, 96( 3, 00 10 m/s)( 2, 237 10 s) 6,

44 10 5

m.

= = × × =

83. (a) De acordo com a Eq. (37-52),

K = m p c2

1

( − 1) = ( 938 MeV)

− 1

5, 71GeV .

1 ( 09, 90)

2

−

=

×

(b) De acordo com a Eq. (37-48),

E = m c2

=

p

1

( 938 MeV) = 6,

65 GeV.

1−

( 09, 90)

2

(c) De acordo com as Eqs. (37-8) e (37-41),

c

p = m p v = ( m pc 2

( 938 MeV)(0,990)/

) / c =

= 6, 58 GeV/ c.

1 ( 09,

90)

2

(d) De acordo com a Eq. (37-52),

K

= m e c 2

1

( − 1) = ( 0,

511 MeV) − 1

= 3, 11 MeV.

1−

( 09, 90)

2

−

(e) De acordo com a Eq. (37-48),

E = m c 2

=

e

1

( 0, 511 MeV) = 3,

62 MeV.

1−

( 09, 90)

2

(f) De acordo com as Eqs. (37-8) e (37-41),

c

p = m e v = ( m ec 2

( 0,

511MeV)(0,990)/

) / c =

= 3, 59 MeV/ c.

1 ( 0,

990) 2



R

= =

R

1 1

f

f

0

1

=

=

−

+

0

−

1

=

−

0

.

1 − ( v / c) 2

+

−

+

−

1 c v

0 = 0 .

1 c v

(c) O efeito Doppler envolve dois diferentes fenômenos: a dilatação do tempo da fonte em

movimento e a variação do intervalo entre os picos que acontece quando os sinais periódicos

emitidos por uma fonte em movimento são captados por um receptor estacionário. Para medir

apenas o efeito de dilatação do tempo, é preciso usar medidas “locais”, ou seja, comparar


as leituras de um relógio em movimento com as de dois relógios do observador estacionário,

situados a uma certa distância um do outro, nos instantes em que o relógio móvel passa pelos

relógios estacionários.

85. Seja S o referencial no qual a partícula que se aproxima do Polo Sul está em repouso e seja

S 9 o referencial da Terra. Nesse caso,v = 0,60c, u9 = 0,80c (considerando positivo o sentido

norte-sul) e a velocidade relativa é a velocidade da partícula que se aproxima do Polo Norte no

referencial S :

u

=

′ +

u v 0, 80c

0,

60c

=

= 0, 95c.

2

2

1 u v / c 1 ( 0, 80c

)( 0, 60c) / c

+ ′

86. (a) DE = Dmc 2 = (3,0 kg)(0,0010)(2,998 × 10 8 m/s) 2 = 2,7 × 10 14 J.

(b) A massa de TNT é

+

( 2, 7 × 1014

J)( 0, 227 kg mol)

m TNT =

= 1,

8 ×10

3,

4 ×

7 kg.

106 J

(c) Supondo que a mesma massa do item (a), (3,0 kg)(0,0010), é convertida em energia, a fração

da massa convertida em energia no caso do TNT é

DmTNT

mTNT

( 3,

0 kg)(0,0010)

=

= 1,

6 × 10

1,

8 × 107

kg

o que significa que a fração é 0,0010/1,6 × 10 –9 = 6,0 × 10 6 .

87. (a) Como a expressão clássica da energia cinética é a Eq. 37-51, E = mv 2 /2, a energia de um

elétron que estivesse se movendo à velocidade da luz seria

E = m e

c 2 /2 = (511 keV)/2 = 255,5 keV.

Assim, de acordo com a Eq. 24-5, a diferença de potencial necessária para acelerar o elétron

até a velocidade da luz seria

V

= = 255 = , 5 keV

≈

E

| q |

e

+

255,

5 kV

−9 ,

256 kV.

(b) Igualando a diferença de potencial calculada no item (a) à expressão relativística da energia

cinética, dada pela Eq. 37-52, obtemos:

= − =

V m c 2

e ( m 1c

) 2

e

1

1− ( v c 2

)

−

1 ⇒ v = c 1+

1−

1

V m ec2

2

= 0, 745c.

88. Vamos chamar de u9 a velocidade do míssil em relação ao caça e de u e v as velocidades do

míssil e do caça em relação ao cruzador, respectivamente. Nesse caso, u9 = 0,980 e v = –0,900c,

já que a velocidade do caça em relação ao cruzador é o negativo da velocidade do cruzador em

relação ao caça. De acordo com a fórmula da velocidade relativa (Eq. 37-29), temos:

u

=

′ +

+ ′

u v

1 u v / c2

=

09, 80c

− 09,

00c

= 0, 678c.

1−

( 09, 80)( 09, 00)

Capítulo 38

1. (a) Fazendo E = hc/ l min = 1240 eV · nm/ l min = 0,6 eV, obtemos l = 2,1 × 10 3 nm = 2,1 mm.

(b) Este comprimento de onda pertence à região do infravermelho.

2. Como

1

2 hc

m e v = E fóton =

2

,

temos:

v

2hc

2hc

m m c c 2 c 2hc

2

( m c2)

= = =

e e e

= ( 2, 998 × 108

m/s)

2( 1240 eV ⋅ nm)

= 8,

6 × 105

m/s.

( 590 nm)( 511 × 103

eV)

O fato de que v << c mostra que o uso da expressão clássica K = mv 2 para a energia cinética

está correto.

3. Seja R o número de fótons emitidos por segundo pelo Sol e seja E a energia de um fóton.

Nesse caso, a potência luminosa emitida pelo Sol é dada por P = RE . Além disso, E = hf =

hc/ l, em que h = 6,626 × 10 –34 J · s é a constante de Planck, f é a frequência da luz emitida e l

é o comprimento de onda. Assim, P = Rhc/ l e

R

P ( 550 nm)( 3, 9 1026

W)

hc ( 6, 631 0−34

J s)( 2,

998 108

m/s)

= =

× ⋅

×

×

= 1,

0 × 10

45

fótons/s.

4. Se o diâmetro do feixe do laser é d , a área da seção reta do feixe é A = p d 2 /4 e o número de

fótons absorvidos por unidade de área e por unidade de tempo é

R

A

P

hc ( d 2

/ 4)

= =

1 7 102

= , × 1 fótons/m 2

⋅ s.

4( 633 nm)( 5, 0 × 10−

3

W)

( 66,

3 × 10−

J ⋅ s)( 2, 9981× 0 m/s)( 3, 51×

0−

m)

34 8 3 2

5. A energia de um fóton é dada por E = hf , em que h é a constante de Planck e f é a frequência.

Como o comprimento de onda l está relacionado à frequência através da equação lf = c, E =

hc/ l. Como h = 6,626 × 10 –34 J · s e c = 2,998 × 10 8 m/s,

× ⋅ ×

= 1240 eV ⋅ nm.

×

−

( 6, 626 10−34 J s)( 2, 998 108

m/s)

hc =

( 16 , 02 10−19 J/eV)( 10

9

m/nm)

Assim,

Para

1240eV nm

E =

.

l = (1.650.763,73) –1 m = 6,0578021 × 10 –7 m = 605,78021 nm,

⋅


a energia é

E

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 2,

047 eV.

605,

78021nm

6. A energia de um fóton é dada por E = hf , em que h é a constante de Planck e f é a frequência.

Como o comprimento de onda l está relacionado à frequência através da equação lf = c, E =

hc/ l. Como h = 6,626 × 10 –34 J · s e c = 2,998 × 10 8 m/s,

Assim,

Para l = 589 nm,

× ⋅ ×

= 1240 eV ⋅ nm.

×

−

( 6, 626 10−34 J s)( 2, 998 108

m/s)

hc =

( 16 , 02 10−19 J/eV)( 10

9

m/nm)

E

1240eV nm

E =

.

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 2,

11 eV.

589 nm

7. A taxa com a qual os fótons são absorvidos pelo detector está relacionada à taxa com a qual

os fótons são emitidos pela fonte luminosa através da equação

A

R = abs ( abs

0 , 80 ) R

r 2 emit

4

.

Como A abs = 2,00 × 10 −6 m 2 , r = 3,00 m e R abs = 4000 fótons/s, a taxa com a qual os fótons são

emitidos é

Remit

4

r 2

A

R 4

( 3, 00 m)

2

abs

4000 2 83 108

( 0, 80)

abs (0,80)( 20 , 0 10

6

) ( =

×

, ×

−

fótons)

fótons/s.

m2

= =

Como a energia de um fóton é

a potência da fonte é

E fóton

= = ×

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

=

500 nm

⋅

2,

48

P emit R emit E fóton ( 2, 831 0 8 fótons/s)( 2,

48 eV ) 7 , 0 108 eV/s 1 , 11 0

10

W .

eV,

= × = ×

−

8. A taxa com a qual os fônons são emitidos pelo laser de argônio é dada por R = P/ E fóton ,

na qual P = 1,5 W é a potência do feixe luminoso e E fóton = hc/ l é a energia de um fóton de

comprimento de onda l. Como a = 84% da energia do feixe luminoso incide no disco central,

a taxa de absorção de fótons no disco central é

P

( 08, 4)( 15 , W)

R ′ = R

= =

hc / λ ( 6, 631× 0−

34

J ⋅s)( 2,

998 × 108 m/s )/(

515 × 10−

9

m)

= 3,

3 × 10

18

fótons/s.

9. (a) Vamos supor que toda a potência resulta na produção de fótons com um comprimento de

onda l = 589 nm. Seja R a taxa de produção de fótons e seja E a energia de um fóton. Nesse

caso,

P = RE = Rhc/ l,

em que h é a constante de Planck, c é a velocidade da luz e l é o comprimento de onda.

Assim,

R

P ( 589 10−

9

m)()

100 W

hc ( 6, 631 0−

34

J s)( 3,

00 108

m/s)

= =

×

× ⋅

×

= 29,

6 × 10

20

fótons/s.

(b) Seja I o fluxo de fótons a uma distânciar da fonte. Como os fótons são emitidos uniformemente

em todas as direções, R = 4p r 2 I e

(c) O fluxo de fótons é

r

I

R

4

I

= =

29 , 6 × 10

4

( 1,

00 × 10

20

4

fótons/s

= 48,

6 × 10 m.

fótons/m 2 ⋅

7

s)

R 29 , 6 × 1020

fótons/s

= =

= 58 , 9 × 1018 fótons/m 2

⋅ s.

4

r 2

4

( 2, 00 m)

2

10. (a) A potência luminosa incidente no painel é

P = ( 1, 39 kW/m2)( 2, 60 m2) = 3,

61 kW.

(b) O número de fótons por segundo absorvidos pelo painel é

R

P

36 , 1 × 103

W

= =

( 6, 63 × 10−

34

J ⋅ s)( 2, 998 × 108

m/s) / ( 550 × 10 − 9

m)

E f

= 10 , 0 × 10

(c) O tempo pedido é dado por

22

t

fótons/s.

N

A

= =

R

60 , 2 × 1023

10 , 0 × 10 s

22 −1

= 60,

2 s.

11. (a) Seja R o número de fótons emitidos por unidade de tempo e seja E a energia de um

fóton. Nesse caso, se toda a potência da lâmpada contribui para produção de fótons, a potência

da lâmpada é dada por P = RE . Como E = hf = hc/ l, em que h é a constante de Planck, f é a

frequência da luz emitida e l é o comprimento de onda, temos:

= ⇒ =

P Rhc R

P .

hc

Como a energia de um fóton é inversamente proporcional ao comprimento de onda, a lâmpada

que emite luz com maior comprimento de onda (a lâmpada infravermelha) precisa emitir mais

fótons para desenvolver a mesma potência.

(b) Seja R o número de fótons por segundo emitidos pela lâmpada infravermelha. Nesse caso,

R

P ( 700 nm)( 400 J/s)

−19

hc ( 1, 60 10 J/eV)(

1240 eV nm)

= =

×

⋅

= 14 , 1 × 10 21 fótons/s.

12. De acordo com o Exemplo “Emissão e absorção de luz na forma de fótons”, temos:

P

Rhc ( 100 s−

1)( 6, 63 × 10−34 J ⋅ s)( 2,

998 × 108

m/s)

= =

= 3,

6 × 10

550 × 10−

9

m

−17

W.


13. A energia total emitida pela lâmpada é E = 0,93Pt , em que P = 60 W e

t = 730 h = (730 h)(3600 s/h) = 2,628 × 10 6 s.

Como a energia de cada fóton emitido é E f = hc/ l, o número de fótons emitidos é

N

E 0, 93Pt

( 0, 93)() 60 W ( 2, 6281 06

s)

E f hc/

( 6,

63 × 10⋅ − 34

J× s)( 2, 998 10 ×

8

m/s) / ( 630 10−9

m)

= = =

×

= 4, 7 ×10 26 .


14. A potência média da fonte é

Pmed

DE

7,

2 nJ

= = = = 3, × 6 nJ/s = 3, 6 10−9

J/s 2, 25 ×10 10 eV/s.

Dt

2 s

Como a energia dos fótons é

E f

hc 1240 eV⋅

nm

= =

=

600 nm

2,

07

eV,

o número de fótons por segundo emitidos pela fonte é

Remit

Pmed

22,

5 × 10

10

eV/s

= =

= 10 , 9 × 10

10

f ótons/s.

E f 2,

07 eV

Como a fonte é isotrópica e o detector (situado a 12,0 m de distância) tem uma área útil

A 2

abs = 20 , 0 × 10 −6

m e absorve 50% da luz incidente, o número de fótons por segundo absorvidos

pelo detector é

Rabs

Aabs

20,

0 × 10 − 6

m2

( 0, 50) R

r 2 emit ( 0, 50)

( 1, 09 × 10

10

fótons/s) = 6,

0 fótons/s.

4 4 ( 12, 0 m)

2

= =

15. A energia de um fóton incidente é E = hf , na qual h é a constante de Planck e f é a frequência

do fóton. A energia cinética do fóton ejetado de maior energia é

K max = E – F = (hc/ l) – F,

em que F é a função trabalho do sódio e f = c/ l, sendo que l é o comprimento de onda do fóton.

Como o potencial de corte V corte está relacionado à energia cinética máxima através da equação

eV corte = K max ,

e

=

hc

eV corte

+

eV corte = (hc/ l) – F

F

1240 eV⋅

nm

=

= 170 nm.

5,

0 eV + 2,2eV

Nota: Para este valor da função trabalho, a frequência de corte é

f 0

F ( 2, 2 × 10 )

= =

h

eV)(1,6 −19

J/eV

= ×

6,626 × 10 − 34

J ⋅s

5, 3 10 14 Hz.

16. A energia cinética máxima dos elétrons ejetados pode ser calculada a partir da Eq. 38-5:

= − = × ⋅ × −

K max hf F ( 4, 14 10−15 eV s)( 3, 0 1015

Hz) 2,

3 eV = 10eV .


m v2

e 1

K max = = ( m c e =

2v )( c −/ )

2E

fóton .

2 2

F

Explicitando v, obtemos

v

=

c

2( E fóton − F )

2 5 80 − 4

= 2 998 × 108

( , eV . 50 eV)

( , m/s)

= 67,

6 × 105

m/s.

m c2

511 × 103

eV

e

18. O menor comprimento de onda dos fótons da luz visível é da ordem de 400 nm, o que

significa que a energia desses fótons é

E = hc/ l = (1240 eV· nm/400 nm) = 3,1 eV.


Para que uma célula fotelétrica funcione com luz visível, é preciso que a energia dos fótons

seja maior que a função trabalho do elemento. Assim, entre os elementos citados, os únicos que

funcionam com luz visível são o bário e o lítio.

19. (a) O potencial de corte pode ser calculado a partir da Eq. 38-6:

V corte

=

hf

−

e

F


=

hc/ F 1240 eV nm/400 nm 1, 8 eV

e

−

( ⋅

) −

=

e

= 1,

3

V.

K

m ev2 max = = 1 ( m c e =

2v )( c −/ )

2E

fóton .

2 2

F

Explicitando v, obtemos

v

=

−

2( E fóton F)

2eV

corte 2eV

corte

c

m

m m c2

= = = ( 2, 998 × 108

m/s)

e e e

2e

( 1,

3V)

511 × 103eV

= 6,

8 × 105m/s.

20. O número de fótons emitidos pelo laser por unidade de tempo é

R

P P

E fóton hc/

== = =

–16

dos a corrente quais (1,0 é × 10 )(6,05 × 10

20 , 0 × 10−

3

W

= 60 , 5 × 10 fótons/s,

( 1240 eV ⋅ nm/600 nm)(1,60 ×

15

10−19

J/eV)

15

/s) = 0,605 fótons/s produzem emissões fotelétricas. Assim,

i = (0,605/s)(1,60 × 10 –19 C) = 9,68 × 10 –20 A.

21. (a) De acordo com a Eq. (28-16), v = rBe/ m e

e, portanto,

K max

2

1 1 rBe ( rB )

2e2 ( ,

= m v e m2

1 88 × 10−

4

T ⋅ m)

2( 1,

60 × 10−19

C)

2

= e

m

= =

2 2 2m

291 ( , 1 10−31

kg)( 1,60 10−19

J/eV)

e

e

×

×

=

3,

1

keV.

(b) O trabalho pedido é igual à diferença entre a energia dos fótons incidentes e a energia cinética

máxima dos elétrons emitidos:

W E fóton K max

hc

= − = − =

K max

1240 eV ⋅ nm

71 × 10−3 nm − 3,10 keV = 14 keV.


K max

hc hc

= E fóton − = − =

F

λ λ

max

1240 eV ⋅ nm 1240 eV ⋅ nm

−

= 1,

07 eV.

254 nm 325nm

23. (a) A energia cinética do elétron mais rápido é dada por

K m

= hf – F = (hc/ l) – F,

em que F é a função trabalho do alumínio, f é a frequência da radiação incidente e l é o

comprimento de onda. Assim,

1240 eV nm

K m =

200 nm

⋅

− 4,

20 eV = 2,00 eV.


(b) Como a energia do elétron mais lento é igual à função trabalho, sua energia cinética é

zero.

(c) Como o potencial de corte obedece à relação K m

= eV 0 , temos:

V 0

K

m

= = = 2 00

e

2,

00 eV

e

, V.

(d) Para o comprimento de onda de corte, K m = 0, o que nos dá hc/ l = F e, portanto,

hc 1240 eV⋅

nm

= F = 4, 2 eV = 295 nm.

Para maiores comprimentos de onda, os fótons não têm energia suficiente para arrancar elétrons

da placa de alumínio.

24. (a) No primeiro caso (que vamos chamar de 1) e no segundo (que vamos chamar de 2),

temos:

Eliminando F dessas equações, obtemos

h

=

−

eV 1 = hc/ l 1 – F e eV 2 = hc/ l 2 – F.

−

41,

2 10−

15

e

[ ] = × V ⋅ s.

e ( V 1 V 2)

1,

85 eV 0,820 eV

=

c( − − −

1 1 2 1 ) ( 3,

00 × 1017 nm/s) ( 300 nm) − 1

− ( 400 nm)

−1

(b) Eliminando h nas equações do item (a), obtemos

F =

3( V 2

2 − V 11

) ( 0, 820 eV)(400n m)

=

− ( 1,

85 eV)(300 nm)

= 2,

27 eV.

−

300 nm − 400 nm

1 2

(c) Fazendo F = hc/ l 0 , obtemos

hc 1240 eV ⋅ nm

λ 0 = =

= 545 nm.

F 2,

27 eV

25. (a) Vamos usar a equação do efeito fotelétrico (Eq. 38-6) na forma hc/ l = F + eV 0 . Seja l 1

o primeiro comprimento de onda e seja l 2 o segundo comprimento de onda. Seja eV 01 = 0,710

eV a energia potencial de corte correspondente ao primeiro comprimento de onda e seja eV 02 a

energia potencial de corte correspondente ao segundo comprimento de onda. Nesse caso,

hc

1

= + F = +

V 01

hc

e F V 02.

2

A primeira equação nos dá F = (hc/ l 1 ) – V 01 . Substituindo este valor de F na segunda equação,

obtemos

o que nos dá

2

=

hc

hc1

V ( V )

+ −

= 382 nm.

1 02 01

hc

(b) A primeira equação do item (a) nos dá

hc

= − + ,

2 1

V 01 V 02

( 1240 V ⋅ nm)(491 nm)

=

1240 eV ⋅ nm + ( 491 nm)(1,43 eV − 0,

710 eV)

hc 1240 eV ⋅ nm

F = − V =

− 0, 710 eV = 1,

82 eV.

1

01

491 nm


26. Para determinar o maior comprimento de onda (ou seja, a energia mínima) que permite que

um fóton ejete elétrons de uma superfície revestida com platina, fazemos K max = 0 na Eq. 38-5

e usamos a relação hf = hc/ l, o que nos dá hc/ l max = F. Explicitando l max , obtemos

hc 1240 eV nm

max = =

F 5,

32nm

⋅

= 233nm.

27. (a) Quando um fóton é espalhado por um elétron inicialmente em repouso, a variação de

comprimento de onda é dada por

D

h

mc ( 1 cos ),

= −

em que m é a massa do elétron e f é o ângulo de espalhamento. Como h/ mc = 2,43 × 10 −12 m =

2,43 pm, temos:

h

D = − ( 1 = cos) − ( 2=

, 43 )( 1 cos 30 ) 0,

326

mc pm ° pm

e o comprimento de onda da luz espalhada é

l9 = l + Dl = 2,4 pm + 0,326 pm = 2,73 pm.

(b) Nesse caso. Dl = (2,43 pm)(1 – cos 120°) = 3,645 pm e

l9 = 2,4 pm + 3,645 pm = 6,05 pm.

28. (a) Como a energia de um elétron é dada por E = m e c 2 , o momento do fóton é

E m c2

e

p = = = = × m ec

( 91 , 1 × 10 − 31kg)(2,998 10m /s)

c c

= 0,

511

MeV/ c.



29. (a) A frequência dos raios X é

8 = 27 , 3 × 10 − 22

kg ⋅ m/s

h 66,

3 × 10−34

J ⋅s

= =

= 24,

3 × 10−

p 27 , 3 × 10−

22

kg ⋅

12 m = 2,43 pm.

m/s

f

f

c 2,

998 × 10

= =

24 , 3 × 10−

c 2,

998 × 10

= =

350 , × 10−

(b) A energia dos fótons de raios X é


8

12

8

12

m/s

= 12 , 4 × 10

m

m/s

= 85 , 7 × 10

m

20

18

Hz.

Hz.

E = = hf × ( 4, 14 ⋅ 10−15× eV s)(8,57 = × 1018 Hz) 3,

55 104

eV.

p

h 66 , 3 × 10−

34

J ⋅s

= =

= 18 , 9 × 10−23

kg ⋅ m/s = 35, 4 keV/ c.

λ 350 , × 10−

12m

30. Como o fator (1 – cos f) da Eq. 38-11 é máximo para f = 180°, temos:

D max =

hc

2

( − cos180 ° ) =

1240 MeV ⋅ fm

[ 1−

( − 1)] = 26 , 4 fm.

m c

938 MeV


31. Se E é energia srcinal do fóton e E 9 é a energia após a colisão, a perda relativa de energia é

D E

E

=

E − E ′ D

= .

E D

+

Assim,

D

=

1−

/

/

DE E

DE E

0,

75

= = 3 = 300%

.

1 − 07,

5


Dλ =

(b) A variação da energia do fóton é

DE

h ( 1− cos = ) ( 2, 43 pm)(1 − + ° = cos180 ) 4,

86 pm.

m e c

hc hc

1

= − = ( 1240 eV −

λ ′ λ

. 1

nm)

keV.

0,01 nm + 4, 86 pm 0,

01 nm

= −40,

6

(c) De acordo com a lei de conservação da energia, DK = – DE = 40,6 keV.

(d) Como o elétron estava praticamente em repouso antes do espalhamento, o momento que

adquire após o espalhamento tem a mesma direção que o momento do fóton. Assim, o ângulo

entre o semieixo x positivo e a direção do movimento do elétron após o espalhamento é 0 o .

33. (a) A variação relativa da energia é

D E D( hc/

) = =

1

D

E hc =

1

′ − 1

= − 1 = − 1

/

′ + D

1 1

−

.

/ D ( / )( 1 cos ) − 1 1

= − =

+1

Para l = 3,0 cm = 3,0 × 10 10 pm e f = 90°, temos:

DE

C

− +

= − 1

E × − + = − 8,

11× 0−

11=

− × 8, 11 0−9%.

( 3,

0 10

10

pm/2,43pm)(1 cos 90 ° ) − 1 1

(b) Para l = 500 nm = 5,00 × 10 5 pm e f = 90°, temos:

= − 1

= −4,

9 × 10−

6=

− × 4, 9 10−4%

.

E ( 5,

00 × 105pm/2,43pm)(1 − ° + cos 90 ) −1

1

DE

(c) Para l = 25 pm e f = 90°, temos:

= − 1

E − ° + = − 8,

9

25 × 10

( pm/2,43pm)(1 cos90 ) −1

1

DE

(d) Se a energia dos fótons é 1,0 MeV,

−2

hc 1240

nm·

eV

= = = × 1= , 24 10−3

nm 1, 24 pm,

E 1,

0 MeV

= −8, 9%

.

o que nos dá

= − 1

E − + = − 0,

66

( 1, 24 pm/2,43 pm)(1 cos 90°

)

= −

−1

1

DE

66%.


(e) Os cálculos anteriores mostram que a variação percentual de energia é praticamente nula

para fótons de micro-ondas e de luz visível. Assim, só é possível, na prática, detectar o efeito

Compton para fótons de raios X e raios gama.

34. A energia inicial do fóton é

E

hc 1240eV ⋅ nm

= =

= 41,

3 × 10 5 eV.

0,

00300 nm

De acordo com a Eq. 38-11, o deslocamento de Compton é

D

= −

h ( 1 cos

) = h ( 1−

cos 90, 0° ) = hc = 1240

eV nm = 2,

43 pm.

m c

m c

m c2

511 103

eV

e e e

Assim, o novo comprimento de onda do fóton é

e a nova energia do fóton é

E

l9 = 3,00 pm + 2,43 pm = 5,43 pm

hc 1240 eV ⋅ nm

′ = =

= 22 , 8 × 10

′ 5 eV

0,

00543nm

De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética do elétron é

K e = E D E = E − = ′ × 4, 13 − × 105 2= , 28 × 105 eV ≈ 1,

85 105

eV 3,0 × 10 −14

J.

35. (a) O comprimento de onda de Compton do elétron é

C

h

6,

626 × 10−34

J ⋅s

= =

= 2, 426 × 10−

12

m = 2,

43 pm.

m c ( 91 , 09 × 10−31

kg)(2,998 × 108

m/s)

e

(b) O comprimento de onda de Compton do próton é

× ⋅

× ×

6,

626 10−

34

J s

C =

( 16 , 73 10−

27

kg)(2,998 10 8 m/s)

(c) No caso do elétron,

1240 e V· nm 1240

e V·

nm

E = =

(d) No caso do próton,

−3

2,

426 × 10

nm

×

= 1, 321 × 10−15

m = 1,

32 fm.

5,

11

= ×

⋅

10 5 e V = 0, 511 MeV.

1240 eVn· m 1240eVn · m

E = = 13 , 21 × 10−

nm = 93 , 9 × 10 eV = 939 MeV.

36. (a) O comprimento de onda dos raios gama incidentes é


= hc = 1240 nm ⋅ eV

= 2, 43 × 10−3

nm = 2,

43 pm.

E 0,

511 MeV

′ = + D= + − = ( 1 cos) + 2, 43−

pm ( 2,

43 pm)(1 cos 90,0) ° = 4,

86 pm.

m e c

(c) A energia dos fótons espalhados é

E

′ =

h

E

2,43

= ( 0,

511 MeV) 4,86 pm =

′

0, 255 MeV.



D

h

= −

m c

(1 cos ).

e

Neste caso, f = 180°, cos f = –1 e a variação do comprimento de onda do fóton é Dl = 2h/ m e

c.

Assim, se a energia inicial do fóton é E , a energia do fóton espalhado é

E hc E E E

( h m c )( E hc ) E mec 2

′ = = = =

+ D 1 + D / 1 + 2 / / 1 + 2 /

= 50,

0 keV

1 + 2( 500,

= 41 ,

keV)/0,511MeV

8 keV.

(b) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética do elétron espalhado é

38. A variação relativa da energia do fóton é

K = E – E 9 = 50,0 keV – 41,8 keV = 8,2 keV.

E − E ′ Dλ ( h / mc)( 1−

cos )

= =

E

( hc / E ) h ( m/ c )( 1 cos ) .

λ + ∆λ

e

+ −

De acordo com a lei de conservação da energia, E – E 9 = K . A energia cinética é máxima para

f = 180°, o que nos dá

K

E

=

−

+ −

( h / mc)( 1 cos 180°

)

2h / mc

=

.

( hc / E )( h mc / )( 1 cos180°) ( hc / E ) ( 2h mc / )

Multiplicando ambos os membros por E e simplificando a fração do lado direito, obtemos

39. A variação relativa da energia do fóton é

K

=

E

D( hc/

hc/

2/

mc E 2

c E / 2mc

/ mc 2

/ 2

+

D

= +

D E )

= = =

1

=

1

E

+

.

E

1

−

D

o que nos dá Dl = lb/(1 – b). Substituindo esta expressão de Dl na Eq. 38-11 e explicitando

cos f, obtemos

o que nos dá f = 44°.

40. O comprimento de onda inicial do fóton é

+

=

mc mc

( mc2)

cos

= 1−

D = 1− = 1−

h h( 1−

) ( 1−

) E

(, 0 10)(

511 keV)

= 1−

= 0, 716,

( 1−

01, 0)(

200 keV)

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 0,

07086 nm.

E 17.

500 eV

O deslocamento de Compton é máximo para f = 180°, caso em que a Eq. 38-11 nos dá

D =

hc

D

+

D

1240 eV ⋅ nm

( 1− cos 180°

) =

nm.

511 × 10 eV [( 1− ( − 1)] = 0,

00485

m e c2 3

,


Assim, o novo comprimento de onda do fóton é

e a nova energia do fóton é

E

l9 = 0,07086 nm + 0,00485 nm = 0,0757 nm

hc 1240 eV ⋅ nm

′ = =

= 1, 64 × 104

eV = 16, 4 keV.

′ 0,

0757 nm

De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética do elétron é dada por


E 9 – E = 17,5 keV – 16,4 keV = 1,1 keV.

h

D = − ( 1 = cos )( − 2=

, 43pm)(1 cos 90°

) 2,

43 pm .

m e c

(b) O deslocamento de Compton relativo é

= 2,

425 pm

= 41, 1 × 10 −6

.

590 nm

D

(c) A variação da energia de um fóton com l = 590 nm é

D E

hc hc Dhc

D

D

=

= −

+

≈ −

D

( 4,14 × 10−15

eV ⋅ s)(2,998 × 108

m/s)(2,43pm)

= −

( 590 nm) 2

= − 86 , 7 × 10 −6

eV.

(d) No caso de um fóton de raios X de energia E = 50 keV, Dl tem o mesmo valor do item (a),

2,43 pm, já que Dl não depende da energia.

(e) Para um fóton com E = 50 keV, a variação relativa do comprimento de onda é

D

(f) A variação da energia do fóton é

D

( 50 × 103

eV)(2,43 pm)

= =

hc / E ( 41,

4 × 10−

15

eV ⋅ s)(2,998 × 108

m/s)

DE

=

1 1

hc

−

D

+

= −

hc

2

D

+

D

= −

E

= 97 , 8 × 10 −2

.

1+

,

em que a = Dl/ l. Para E = 50 keV e a = 9,78 × 10 –2 , obtemos DE = –4,45 keV.

Note que, neste caso, a ≈ 0,1, um valor que não está suficientemente próximo de zero para que

a aproximação DE ≈ hcDl/ l 2 seja válida, como acontece no item (b), em que a = Dl/ l = 4,12 ×

10 –6 . Se usássemos a mesma aproximação neste caso, obteríamos DE ≈ –4,89 keV, o que

representa um erro de aproximadamente 10% em relação ao valor correto.


= h p

h hc

2m K 2m c 2K

= = =

e e

1240 eV ⋅ nm

= 0,

0388 nm = 38,8 pm.

2(511000 eV)(1000 eV)


= c c hc 1240 eV ⋅ nm

= = =

= 1,

24 nm.

f E / h E 1,

00 keV


(c) Usando a Eq. 38-13 e convertendo a energia do nêutron de elétrons-volts para joules,

obtemos

=

h

2m nK

=

66 , 3 × 10−34

J ⋅s

= 90 , 6 × 10−

m = 906f m.

21( , 675 × 10−

27

kg)(1,6 ×

13

10−16J)

43. O comprimento de onda de de Broglie do elétron é

=

h

6,626 10 ×

−34

J ⋅s

=

2m eeV

2( 91, 09 × 10 − 31kg)(1,602 × 10−19

C)(25,0 × 103

V)

= 7, 75 × 10−

12

m = 7, 75pm.

44. Para que os dois microscópios tenham a mesma resolução, devem operar com o mesmo

comprimento de onda. Como o comprimento de onda e momento estão relacionados através

da equação p = h / l, isso significa que os fótons do segundo microscópio devem ter o mesmo

momento que os elétrons do primeiro microscópio.

O momento de um fóton de 100 keV é

p

E ( 100 × 103 eV)( 1, 60 × 10−

19

J/eV)

= =

= 53 , 3 × 10−

⋅

c

30 , 0 ×

23 kg m/s.

108

m/s

p = E / c = (100 × 10 3 eV)(1,60 × 10 –19 J/eV)/(3,00 × 10 8 m/s) = 5,33 × 10 –23 kg · m/s.

Se um elétron possui o mesmo momento, a energia cinética do elétron é

K

e a tensão de aceleração é

V

p2 ( 53 , 3 10−

23

kg m/s)

2

2m

291 ( , 1 10−

31

kg)

= =

K 15 , 6 × 10

= =

e 16 , 0 × 10

× ⋅

×

−15

−19

= 1,56 × 10 −15

J

J

= 97 , 6 × 103

V = 9,76k kV.

C

45. (a) A energia cinética adquirida pelos íons é K = qV , na qual q é a carga do íon e V é a tensão

de aceleração. Assim,

K = (1,60 × 10 –19 C)(300 V) = 4,80 × 10 –17 J.

Como, de acordo com o Apêndice F, a massa do íon de sódio é

o momento dos íons é

22,

9898 g/mol

m =

60 , 2 1023

átomos/mol

×

= 38 , 19 × 10 −

g = 38 , 19 × 10 − kg,

23 26

p = 2mK

= × 2( 3, 819 10× − 26

kg= )( × 4, 80 10−17

J ) 1,

911 0− 21 kg ⋅ m/s.

(b) O comprimento de onda de de Broglie é

h 66 , 3 × 10−

34

J ⋅s

= =

= 34 , 6 × 10

p 1,91 × 10−

21

kg ⋅ m/s

−13 m.

46. (a) Fazendo p = E / c (o que equivale a desprezar a energia de repouso na Eq. 37-55),

temos:

2

(b) Se R = 5,0 fm, R/ l = 2,0 × 10 .

h hc 1240 eV ⋅ nm

= = =

= 2, 5 × 10−8

nm = 0, 025 fm.

p K 50 × 109

eV


47. Se a energia cinética K está expressa em elétrons-volts, temos:

h h

6,626 × 10 ⋅

= = =

− 34

J s

p 2mK

2( 91 , 09 × 10 − 31

kg)(1, 602 × 10−

19

J/eV)

Assim,

1, 226 nm ⋅ eV

=

1/2

.

K

1/2

2

2

1/2

K = 1, 226 nm ⋅ eV = 1,

226 590

nm

nm ⋅ eV

12 , 26 × 10−9

m ⋅ eV1/2

=

K

K

= 43 2 × 10−6

=

, eV 4,32 eV.

48. De acordo com a Eq. 37-8, o fator de Lorentz é

=

1

1

=

1−

( v / c) 1−

( 09, 900)

2 2

= 7, 0888.

Como, de acordo com a Eq. 37-41, p = g mv, o comprimento de onda de de Broglie dos prótons é

h h

66, 3 × 10−34

J ⋅s

= = =

= 18 , 9 × 10

p mv (7,0888)(1,67 × 10−

27

kg)( 09, 9 × 30 , 0 ×

−

108

m/s)

A distância entre o segundo mínimo de interferência e o ponto central é

L L

y2 1 1 3

= + = ,

2

d 2 d

na qual L é a distância perpendicular entre as fendas e a tela. Assim, o ângulo entre o centro da

figura de difração e o segundo mínimo é dado por

Como l << d , tan u ≈ u e

y

tan = = .

L 2d

2 3

3

318 ( , 9 × 10−16

m)

≈ =

= 70 , 7 × 10−

8rad = ( 4, 0 × 10−6) ° .

2d

24( , 00 × 10−9

m)

49. (a) O momento do fóton é dado por p = E / c, na qual E é a energia do fóton. O comprimento

de onda é

h hc 1240 eV ⋅ nm

= = =

= =

1240 nm 1,24 m.

p E 1,

00 eV

(b) O momento do elétron é dado por p = 2 mK , em que K é a energia cinética e m é a massa

do elétron. O comprimento de onda é

Se K está expresso em elétrons-volts,

=

h

= =

p

6,626 10× −34

J ⋅s

2( 91, 09 × 10−

31

kg)(1,602 × 10−

19

J/eV)

h

.

2mK

=

× ⋅

1, 226 10−9

m eV1/2 1,

226 nm eV1/2

K K K

=

16

m

⋅

.

Para K = 1,00 eV,

1,

226 nm eV

=

1,

00 eV

⋅

1/2

= 1,

23 nm.


(c) No caso do fóton,

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 1, 24 × 10−6

nm = 1, 24 f m.

E 10 , 0 × 109

eV

(d) Nesse caso, como a energia do elétron é elevada, temos que usar uma equação relativística

para calcular o comprimento de onda. De acordo com a Eq. 38-51, o momento p e a energia

cinética K do elétron estão relacionados através da equação

Assim,

(pc) 2 = K 2 + 2Kmc 2 .

= + = × ( ) + ( × )( × )

pc K 2 Kmc2 9

2

2 1, 00 10 eV 2 1, 00 109

eV 0,

511 106

eV

= 10 , 0 × 109

eV

e o comprimento de onda é

50. (a) O momento do elétron é

h hc 1240 eV ⋅ nm

= = =

= 1, 241× 0−6

nm = 1,24 fm.

p pc 10 , 0 × 109

eV

p

h 66,

3 × 10−34

J ⋅s

= =

= 3,

3 × 10−

24

kg ⋅ m/s.

02,

0 × 10−9

m

(b) O momento do fóton é igual ao do elétron: p = 3,3 × 10 −24 kg . m/s.

(c) A energia cinética do elétron é

K

e

p2 ( 3, 3 10−24 kg m/s)

2

2m

291 ( , 1 10−31

kg)

= =

(d) A energia cinética do fóton é

e

× ⋅

×

= = × ⋅ × = ×

=

60, × 10− 18 J = 38e V.

K f pc ( 3, 3 10−24 kg m/s)( 2, 998 108 m/s) 9,

9 10 16

J 6,2 103

eV.


− = ×

K

=

2

hc

m e c m ce

+

2 4

−

2

=

2

1240 eV ⋅ nm

10 × 10−3

nm + ( ) 2

0, 511 MeV − 0,

511 MeV

= 0,015 MeV = 15 keV.

(b) De acordo com as Eqs. (38-2) e (38-7),

E

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 1,

2 × 105

eV = 120 keV.

10 × 10−3

nm

(c) O microscópio eletrônico é mais prático, já que a energia necessária é muito menor.

52. (a) Como K = 7,5 MeV << m a c 2 = 4(932 MeV), podemos usar a expressão clássica p =

2m K . De acordo com a Eq. 38-13, temos:

h

= = =

p

hc

2m c 2K

1240 MeV ⋅ fm

5 2 fm.

24( u)( 931, 5 MeV/u)

( 7,5

MeV) = ,

(b) Como l = 5,2 fm << 30 fm, não havia necessidade de levar em conta a natureza ondulatória

da partícula a.


53. O comprimento de onda associado à partícula desconhecida é

x

h

= =

p

x

h

m v

na qual p x é o momento, m x é a massa e v x é a velocidade da partícula.

Analogamente, o comprimento de onda associado ao elétron é

h

x x

h

= = .

e

pe m e ve

Assim, a razão entre os comprimentos de onda é

o que nos dá

m

x

x x

x e e

= ,

e m x vx

m v

ve e

91 , 09 × 10−

31

kg

= me

=

= 1,

675 × 10

v 318 ( , 13 × 10−

−27

kg.

4)

De acordo com o Apêndice B, a partícula desconhecida é um nêutron.

54. (a) A energia do fóton é

E f

hc 1240 nm ⋅ eV

= =

= 1,

24 keV.

1,

00 nm

(b) A energia cinética do elétron

p

K = 2 = ( h ) 2 = ( hc ) 2

2

/ /

= 1 1240 eV ⋅ nm

1 50 eV.

2m

2m

2m c2

2 ( 0,

511 MeV ) 1 00 nm = ,

,

e e e

(c) Nesse caso, a energia do fóton é

1240 nm ⋅ eV

=

= 12 , 4 × 10 eV = 1,24 GeV.

1,00 ×

9

10 nm

E f −6

(d) Nesse caso, a energia cinética do elétron é

= + − = + −

K p c 2 2m

c ( m c 2) 2 hc 2 m ( c / ) m 2c

(

2)

2 2

e e e e

=

2

1240

MeV ⋅ fm

0 511MeV

2

0 511MeV

1 00 fm + ( , ) − ,

,

= 1,24 × 103

MeV = 1,24G eV.

Note que, para pequenos valores de l (ou seja, para grandes valores de K ), a energia cinética

do elétron, calculada usando a expressão relativística, é praticamente igual à do fóton. Isso é

razoável, já que, para grandes valores de K , a energia de repouso do elétron é muito menor que a

energia cinética e, portanto, K ≈ E ≈ pc, enquanto, para o fóton, E = pc para qualquer energia.

55. (a) Como l = h/ p = h/(m pv),

v

= h

= 6,

626 × 10−34

J ⋅s

( 1, 6705 × 10−27

kg )( 0,

100 × 10 −

m p

(b) Fazendo eV = K = m pv 2 /2, obtemos:

× ×

12

= 39 , 6 × 106

m/s.

m)

m v2 p ( 1, 6705 10−

27

kg)( 3, 96 106 m/s)

2

4

V = 2e

= 2( 1,

602 10 19

× − C) = 8, 17 × 10 V = 81,

7 kV.


56. Nesse caso, a função de onda seria

( x , t ) = e − i ( kx +

t ).

Essa função descreve uma onda plana que se propaga no sentido negativo do eixo x . Um exemplo

de partícula real que se comporta dessa forma é um elétron com um momento p

= −( hk / 2 )ˆ i

e uma energia cinética

p h k

K = 2 =

2 2

.

2m

8 2 m

57. Para U = U 0 , a equação de Schrödinger se torna

Vamos fazer

e o resultado é

Explicitando k , obtemos

d 2

dx 2

= 0 e ikx . Nesse caso,

k

d 2

dx 2

e

0

8

2m

[ E U

h2 0] 0.

+ − =

= − = −

k 2 ikx

0 e k 2

− k +

2

8

2m

− [ E = U ] 0.

h2 0

8

2m

2

[ E U 2m E U

h2 0] [ 0].

h

= − = −

e

58. (a) Nesse caso, a função de onda é

i kx

( , )

( t

x t e ) i kx t

e ( ) i t ik

= − − + −

e ( e

[ ] =

0 0

x ikx

+ e − )

e, portanto,

| t x ( , ) e |

2 i t ikx ikx

2

i t ikx

2

= e e 0

−

( e + e − ) = 0

−

+ e−ikx

2

ikx

= + =

−ikx

e e + + | (cos kx i kx sen ) (cos kx − i sen kx ) |

2=

kx (cos )

0 2 2

0 2

4 0 2 2

0 2 ( cos 2 k x ).

= 2 1+

(b) Considere duas ondas planas de mesma amplitude 0 / 2 que se propagam em sentidos

opostos no eixo x . A onda total c é uma onda estacionária:

i kx

( , )

( t

x t e ) i kx t

e ( ) ikx i

= +

− + −

= +

− ( e e

0 0 0

=

kx t i

t i

) e −

( cos kx e ) −

2

0 .

O gráfico a seguir mostra o quadrado da amplitude da onda estacionária,

t | x ( , ) |

2 kx ( e cos )

2 i t

2

= 2 −

kx = 2

( 1+

cos2 ).

0

0 2


2

(c) Fazendo t x ( , ) = 2

kx ( 1+

cos 2 ) = 0,

obtemos cos(2kx ) = –1, o que nos dá

0 2

2kx = 2 2

n 21 n 0 1 2 3

= ( + ) , ( = ,,,, …)

e, portanto,

1

x = ( n + )

4 2 1 .

2

( ) =

(d) As posições mais prováveis da partícula são aquelas para as quais a função x , t

2

0 2 ( 1+ cos 2kx

) é máxima. Para isso, devemos ter cos 2kx = 1, o que nos dá

2kx = 2 2

n 2 n 0 1 2 3

= , ( = , , , ,…)

e, portanto,

x = 1 n

2 .

59. Derivando a Eq. 38-17 em relação a x , obtemos:

Derivando novamente em relação a x , temos:

d = d (

ikx

Ae + ikx ikx ikx

Be − ) = ikAe − ikBe− .

dx dx

2

d d

dx 2 = dx

Substituindo na Eq. 38-16, obtemos:

d 2

dx 2

+ =

( − ) = − −

ikAe ikx ikBe ikx − k Ae 2 ikx k Bei

2 kx

.

ikx ikx ikx ikx

− − + + (

−

) = 0.

k 2

k Ae 2 k Be 2 k A e 2 Be

60. (a) Usando a identidade de Euler, e if = cos f + i sen f, podemos escrever a Eq. 38-19 na

forma

= = + = +

= +

ikx

( x ) 0e 0(cos kx i sen kx )( 0 cos kx ) i(

0 sen) kx a i b ,

na qual a =c 0 cos kx e b = c 0 sen kx são números reais.

(b) A função de onda dependente do tempo é

− i t ikx i t − i kx t −

( x , t ) ( x ) e 0e e 0e

( )

= = =

= [ cos( kx − t )] i + [ kx sen ( t − )].

0 0

61. Como o número de onda k está relacionado ao comprimento de onda l da partícula através

da equação k = 2p / l e o comprimento de onda está relacionado ao momento p através da equação

l = h/ p, k = 2p p/ h. Como a energia cinética K está relacionada ao momento através da equação

K = p 2 /2m, na qual m é a massa da partícula, p = 2 mK e

62. (a) O produto nn* pode ser escrito na forma

k

h

mK

= 2 2 .

nn ∗ ∗

= ( a + ib a )( ib + ) a = ib ( + a ) i b (

∗ + a ∗ ib ∗) = a ( i + )( − b)

a 2 iba iab ib ib a b2 2

,

= + − + ( )( − ) = +


que é um número real, já que a e b são números reais.

(b) Substituindo n e m por seus valores em termos de a, b, c e d , temos:

Como

= + + = + + + − =

nm | ( a ib c )( id ) | ac | iad i bc i bd ( ) ac| | (

2 2

= ( ac −bd ) + ad ( bc + ) = a c 2b d 2

+

2 2

+ a d +

concluímos que |nm| = |n| |m|.

2222

n m a ib c id a b c d

= + + = + +

= + + +

a 2c 2 b d 2 2a d 2 b 2c

2 2

,

63. Se o momento é medido ao mesmo tempo que a posição,

Dp

64. (a) A energia dos fótons é

2 − bd ) + i ( ad + bc ) |

2 2 b c2 2 .

h 66 , 3 × 10−34

J ⋅s

≈ =

= 2,

1 × 10−24

kg ⋅ m s .

Dx

2

( 50 pm)

E

hc 1240 nm ⋅ eV

= =

= 124 keV.

100,

× 10−3

nm

(b) Como a energia cinética recebida pelo elétron é igual à energia perdida pelo fóton,

hc

hc D

D E =

D hc

= 1 − 1

+ D =

E

+ D

=

1 + / D

E

124 keV

= = = 40, 5 keV.

1 +

h/mc 1−

1 +

10,0

pm

( )( cos ) ( 2, 43 pm)( 1−cos 180°

)

(c) É impossível “observar” um elétron de um átomo usando um fóton com uma energia tão alta,

já que essa energia é mais do que suficiente para arrancar o elétron de sua órbita.

65. De acordo com a Eq. (38-20), D x Dp ≥ h. Fazendo Dx = l/2p , temos:

Dp

h

Dx

h

2 ( / 2

)

= = =

Assim, esperamos que o valor medido do momento esteja entre 0 e 2p e o único valor surpreendente

seria 12 p.

p.

66. Como

( − )

8

2m U E

bL b

T ≈ e −2

= exp −2L

,

h2

temos:

1 h ln T

E = U b −

m

2 4

L

= 5, 1 eV.

2

1 ( 1240 eV ⋅ nm)( ln 0,

001)

= 6,

0 eV −

2 ( 0,

511 MeV )

4

( 0,

70 nm)

2


67. (a) O coeficiente de transmissão T para uma partícula de massa m e energia E que incide em

uma barreira de altura U b e largura L é dado por

T

= e −2 bL ,

em que

b

=

−

8

2 m ( U b E )

.

h2

Assim, temos:

b =

8 2( 1, 6726 × 10−

27

kg)( 10 MeV − 3, 0 MeV)( 1,

6022 × 10

( 6, 6261 × 10−

34

J ⋅s)

2

−13

J/MeV)

= 5, 8082 × 1014

m−1 ,

o que nos dá

= bL × ( 5, 8082 × 10 =

14

m− 1)( 10 10−15

m) 5,

8082

e

T = e−

2( 5, 8082) = 90, 2 × 10−6.

O valor de b foi calculado com um número de algarismos significativos maior que o normal porque

o valor de uma exponencial varia muito com uma pequena variação do valor do expoente.

(b) Como a energia potencial dos prótons é a mesma (zero) antes e depois de passarem pela

barreira e a energia total é conservada, a energia cinética também é a mesma, 3,0 MeV.

(c) Como a energia também é conservada no processo de reflexão, a energia cinética é a mesma,

3,0 MeV, antes e depois da reflexão.

(d) Como a massa de um dêuteron é 2,0141 u = 3,3454 × 10 –27 kg, temos:

b =

8 2( 3, 3454 × 10−27

kg)( 10 MeV − 3, 0 MeV)( 1,

6022 × 10

( 6, 6261 × 10−34 J ⋅s)

2

−13

J/MeV)

o que nos dá

e

= 8, 2143 × 1014

m

−1 ,

= bL × ( 8, 2143 × 10 =

14

m− 1)( 10 10−

15

m) 8,

2143

T = e−

2( 8, 2143) = 73 , 3 × 10−

8.

(e) Como no caso dos prótons, a energia cinética dos dêuterons é a mesma, 3,0 MeV, antes e

depois de atravessarem a barreira.

(f) Como no caso dos prótons, a energia cinética dos dêuterons é a mesma, 3,0 MeV, antes e

depois de serem refletidos pela barreira.

68. (a) A taxa com a qual os prótons incidem na barreira é

1,

0 kA

n =

16 , 0 10−

19

C

×

= 62 , 5 × 1021 s−

1.


Para calcular o tempo de espera t , fazemos nTt = 1:

−1 1

t = ( nT ) = exp

n

2L

8

2m U E

p

( b − )

h2

1

=

62 , 5 × 10

2 ( 0, 70 nm)

s−

exp

1240 eV ⋅ nm

21 1

= 3,

37 × 10 s ≈ 10

111 104

anos,

8(

938 MeV) ( 6, 0 eV − 5,

0 eV)

um tempo muito maior que a idade do universo.

(b) No caso do elétron, temos:

−1 1

t = ( nT ) = exp

n

2L

−

8 2 m e ( U b E )

h2

1 2

( 0, 70 nm)

=

6,

25 × 10 −

exp

8 0 511

21

s

1

( , MeV) ( 6, 0 eV − 5,

0 eV)

1240 eV ⋅ nm

= 2, 1 × 10 −19 s.

A enorme diferença dos tempos de espera se deve exclusivamente à diferença entre as massas

das duas partículas.

69. (a) Se m é a massa e E é a energia da partícula, o coeficiente de transmissão para uma barreira

de altura U b e largura L é dado por

T

= e −2 bL ,

em que

b

=

−

8

2 m ( U b E )

.

h2

Se a variação DU b da altura da barreira é pequena, como no caso que estamos examinando, a

variação do coeficiente de transmissão é dada aproximadamente por

dT

D T

D U LT db

b

DU

b

dU b

dU b

= = −2 .

Como

temos

db 1

=

dU 2 U E

−

8

2m

1

=

h 2

2 U E

b b b

( − )

−

8

2m ( U b E ) b =

h2

2 U

( − ) ,

b E

DT

= −

DU

b

LTb

U b E

− .

Como

b =

8 2( 9, 11 × 10−

31

kg)( 6, 8 eV − 5, 1 eV)( 1,

6022 × 10−

19

J eV)

9 1

34

2

= 66 , 7 × 10 m−

,

( 6,

6261 × 10−

J ⋅s)


temos

e

D T

T

= bL × ( 6, 671 × 0 9 m− 1 )( = 7501 0− 12 m−

1 ) 5,

0

= −

DU

b

bL

U b − E

= − ( ) ( 00, 10

5 0 )( 68,

eV

,

) 0 20

6, 8 eV − 5,

1 eV = − , .

Isso significa que a variação do coeficiente de transmissão é de −20%.

(b) Nesse caso, a variação do coeficiente de transmissão é dada por

e, portanto,

DT

T

− = =

dT

bL

D T = D − = L D 2be − =

2

D L 2bT L

dL

− 2b D× L 2( 6, 67 109 × − 1)( 0, 0107)(

50 10 − 12

m m) = −0, 10.

Isso significa que a variação do coeficiente de transmissão é de −10%.

(c) Nesse caso, a variação do coeficiente de transmissão é dada por

dT

db

D T D E D Le D E LT db

bL

= − = 2 −2 −=

2 E .

dE

dE

dE

Como

db

dE

db

= − = −

dU

b

b

2( U E ) ,

b

−

temos:

D T

T

=

DE

bL

U E

b

−

= ( , ) ( 0 , 010 )( 51 , eV

5 0 )

6, 8 eV − 5,

1eV = 0 , 15 .

Isso significa que a variação do coeficiente de transmissão é de +15%.

70. (a) Como p y = p z = 0, Dp y = Dp z = 0. Nesse caso, de acordo com a Eq. 38-20, Dx = Dy = ∞

e é impossível atribuir uma coordenada y ou z ao elétron.

(b) Como não depende de y e z, a função de onda C (x ) descreve uma onda plana que se estende

indefinidamente nas direções y e z. Como se pode ver na Fig. 38-12, |C (x )| 2 também se estende

indefinidamente na direção x . Assim, a onda de matéria descrita por C (x ) ocupa todo o espaço

tridimensional.

71. A energia dos fótons é dada por

E

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 5,

9 × 10−

6

eV = 5,9 eV.

21 × 107

nm

72. Substituindo a relação clássica entre o momento p e a velocidade v, p = mv, na equação

clássica da energia cinética, K = mv 2 /2, obtemos a relação K = p 2 /2m, na qual m é a massa do

elétron, o que nos dá p = 2 mK . Como a relação entre o momento e o comprimento de onda

de de Broglie é l = h/ p, na qual h é a constante de Planck, temos:

=

h

2mK

.


Se K está expresso em elétrons-volts,

=

6,626 10× −34

J ⋅s

2( 91 , 09 × 10−

31

kg)(1,602 × 10−

19

J/eV)

K

×

−9

⋅

12 , 26

=

10 m eV

K

1/2

1,

226 nm ⋅ eV

=

K

1/2

73. Podemos escrever a Eq. 38-9 na forma

e a Eq. 38-10 na forma

.

h h

v

m m '

cos 1 ( v / c) 2 cos

− = −

h

′

m

v

sen =

sen .

1 ( v / c)

2

Elevando as duas equações ao quadrado e somando membro a membro, obtemos:

h

m

−

2

− 2 2

1 1

′ +

1 v2

cos

sen

′ = ,

1 − ( v / c) 2

em que usamos a identidade sen 2 u + cos 2 u = 1 para eliminar u. Como o lado direito da equação

pode ser escrito na forma

− = − − −

v2

1

1 ( v / c) 2 c2 1 1 ( v / c) 2 ,

temos:

2 2

1

1 1 1

=

1−

2 − 2

h

′ cos

+

sen .

( v / c)

mc

′

+ 1

Além disso, a Eq. 38-8 pode ser escrita na forma

h 1 1

1

− 1

mc

′ + =

.

1− ( v / c)

2

Elevando esta equação ao quadrado, podemos compará-la diretamente com a equação que

obtivemos anteriormente para [1 – (v/ c) 2 ] –1 , o que nos dá

h

mc

2 2

1 1 1 h 1 1

+

=

mc

−

′

2 2

− cos

sen .

′ +

1

′

+ 1

Efetuando os quadrados e usando a identidade sen 2 f + cos 2 f = 1, obtemos

74. (a) A energia cinética média é

′ − = D = ( 1 − cos ).

h

mc

3 3

K = = kT × ( 1, 38 10−

23= × )( 300 ) 6,

21 10−

21

2 2

(b) O comprimento de onda de de Broglie é

h

= =

2

m K

n

J/K K J = 3,88 × 10−

eV = 38,8m eV

66,

3 × 10−34

J ⋅s

−27

2( 1, 675 × 10 kg)( 6,

21 × 10

−21

J)

2

.

= 14 , 6 × 10−10

m = 146p m.


75. (a) O comprimento de onda médio de de Broglie é

h h

h

med = = =

med med ( / ) = hc

p 2mK

2m

3kT

2 2( mc 2)

kT

=

1240

eV ⋅ nm

3(4)( 938 MeV)( 8, 62 × 10−

5

eV/K)( 300K)

= 7,3 × 10− 11 m = 73p m.

(b) A distância média é

1 1 ( 1, 38 × 10−

23J/K)( 300 K)

d med = = = 3

= 3,

4 nm.

3 n 3 p kT /

1, 01 × 105

Pa

(c) Sim, pois l med << d med .

76. (a) Podemos calcular as frequências a partir dos comprimentos de onda usando a Eq. 38-1. A

figura a seguir mostra os pontos experimentais e a reta obtida através de um ajuste por mínimos

quadrados. A escala do eixo vertical está em volts e a escala do eixo horizontal, multiplicada

por 10 14 , corresponde à frequência em hertz.

A inclinação da reta é 4,14 × 10 –15 V·s, que, multiplicada por e, nos dá 4,14 × 10 –15 eV · s, em

perfeita concordância com o valor mostrado na Eq. 38-3.

(b) O ajuste por mínimos quadrados também fornece o ponto em que a reta intercepta o eixo y, que

corresponde ao negativo da função trabalho. Desta forma, determinamos que F = 2,31 eV.

77. Como, de acordo com a Eq. 38-14,

e, por definição,

= −

e i t

2

= ( )( *),

em que C * é o complexo conjugado de C , temos:

= ( )( = ) ( = )() .

2 − i t i t i t 2 i t − 2 2

e e e e

78. De acordo com o Exemplo “Espalhamento de Compton de raios X por elétrons”, temos:

D E

E

D

= +

=

D

−

′

( h mc / )( 1 cos ) hf

na qual usamos o fato de que l + Dl = l′ = c/ f ′.

=

′

−

( 1 cos )

mc2


79. O comprimento de onda de de Broglie da bala é

80. (a) Como

= h p

o efeito fotelétrico não é observado.

h 66,

3 × 10−

34

J ⋅s

= =

= 1, 7 × 10

mv ( 40 × 10−

−35

m.

3

kg)(1000 m/s)

E = h/ l = 1240 eV · nm/680 nm = 1,82 eV < F = 2,28 eV,

(b) O comprimento de onda de corte é o maior comprimento de onda para o qual é observado o

efeito fotelétrico. No caso do sódio, temos:

E

hc

F,

max

= =

o que nos dá

hc 1240 eV nm

max = =

F 2,

28 eV

⋅

= 544 nm.

(c) O comprimento de onda calculado no item (b) corresponde à cor verde.

81. A indeterminação do momento é

Dp = m Dv = (0,50 kg)(1,0 m/s) = 0,50 kg · m/s,

em que Dv é a indeterminação da velocidade. Explicitando a indeterminação mínima da posição

na Eq. 38-20, Dx Dp ≥ h, obtemos

Dx

h 0,

60 J ⋅s

= =

= 0, 19 m.

Dp

2

( 0, 50 kg ⋅ m s)

82. A diferença entre o processo de espalhamento elétron-fóton deste problema e o processo

descrito no texto (o deslocamento de Compton, dado pela Eq. 38-11) é que, neste problema, o

elétron está em movimento em relação ao referencial do laboratório. A Eq. 38-11 só é válida em

um referencial no qual o elétron está em repouso antes do espalhamento. Usando uma plica (′)

para indicar as grandezas medidas no novo referencial e aplicando a Eq. 38-11, obtemos

D ′ = ′ − ′ =

h

0 1

mc

h

(c−

os ) = 2 ,

em que m é a massa do elétron e fizemos f = p porque o espalhamento inverte o sentido do

movimento do fóton. De acordo com a fórmula do efeito Doppler para a luz (Eq. 37-31), a

frequência f 0 ′ do fóton antes do espalhamento no novo referencial é dada por

f 0

c

′ = ′

=

e a frequência f do fóton após o espalhamento no referencial do laboratório é dada por

em que b = v/ c.

f = f ′

0

1−

1+

f 0

1+

1−

c 1−

=

′ 1 ,

+

mc

Explicitando l9 e 0 ′ nas equações do efeito Doppler e substituindo na equação do deslocamento

de Compton, obtemos

1 1−

1 1−

2h

D ′ = − =

f 1+

f 1+

mc , 2

o que nos dá, após algumas manipulações algébricas,

= = +

E hf hf 0

0

hf 0

1 2 1 mc2

1

+

−

−1

v / c

.

v / c

83. Sem perda de generalidade, podemos supor que o elétron está inicialmente em repouso

(o que significa simplesmente que estamos analisando a colisão no referencial de repouso do

elétron antes da colisão). Se o fóton transferisse todo o momento e toda a energia para o elétron,

o momento e a energia do elétron após a colisão seriam

hf

p = e K = hf ,

c

respectivamente, em que f é a frequência do fóton. Substituindo essas expressões na Eq. 37-54,

(pc) 2 = K 2 + 2Kmc 2 , obtemos

na qual m é a massa do elétron, o que nos dá

(hf ) 2 = (hf ) 2 + 2hfmc 2 ,

2hfmc 2 = 0,

o que não faz sentido, pois h e c são constantes físicas e tanto a massa do elétron como a

frequência do fóton são diferentes de zero. A conclusão é que a hipótese inicial, de que todo

o momento e toda a energia do fóton podem ser transferidos para o elétron, não é compatível

com as leis da física.

84. A energia cinética de um carro de massa m que se move com velocidade v é dada por

E = mv 2 /2 e a barreira de potencial representada por uma colina de altura h é dada por U b = mgh.

De acordo com as Eqs. 38-21 e 38-22, a probabilidade de tunelamento é dada por T ≈ e −2bL , em

que L é a largura da colina e

b

=

( − ) −

=

( )

8

2m U b E 8

2 1

m mgh mv 2

2

h2

h2


= 2 ( 1500 kg )

−34

66 , 3 × 10 J ⋅s

= 1, 2 × 10 38 m−

1 .

2

2 1

( 9, 8 m s )( 24 m) − ( 20 m s)

2

2

Assim,

2bL

= × 2( 1, 21 038m= × − 1)() 30 m 7, 21 039,

o que mostra que T ≈ e −2bL é muito pequeno (praticamente zero).

Capítulo 39

1. De acordo com a Eq. 39-4, E n

∝ 1/ L 2 . Assim, o novo nível de energia, E 1 ′, satisfaz a

relação

o que nos dá


E 1

=

h2

n2

8m L2

=

e

= 9,42 eV.


E 1

=

h2

n2

8m L2

=

p

= 5,13 × 10 −3

eV.

1′ =

E

E 1

1 2

′ = 1 , 2

L

L1

L′ 1 = 2 ≈ 1, 41.

L1

( 66, 3 × 10−34 J ⋅s)

2

89 ( , 11 × 10−

kg)( 200 × 10

31 −12 2

m)

( 66, 3 × 10−34 J ⋅s)

2

8 ( 1,

67 × 10−

200 × 10−

kg)( m)

27 12 2

1 1 51 10

( ) = , ×

2 −18

2

1 8 225 10−22

( ) = , × J

3. De acordo com a Eq. 39-4, E n

∝ 1/ L 2 . Assim, se L for multiplicada por dois, a energia será

dividida por quatro:


A energia necessária é, portanto,

= − =

DE E 4 E 1

−

( 42 12 ) h2

15( hc)

2

8m L2

8( m c 2)

L2


e

2,

6 eV

E 1 = = 0, 65 eV.

4

n 2h2

n 2( hc)

2

E

.

n

= 8mL2

= 8( mc 2)

L2

15( 1240 eV ⋅ nm)

2

= =

8( 511 × 10 eV)( 02, 50 nm)

E

e

n 2 h 2 n 2( hc)

2

.

8mL2

8( mc 2)

L2

n = =

3 2

Fazendo n = 3, igualando a expressão acima a 4,7 eV e explicitando L, obtemos

n ( hc)

3( 1240 eV ⋅ nm)

L = =

= 0,

85nm.

8( mc 2 ) E n 8( 511 × 10 3 eV)( 4,

7 eV)

J

= 90,

3 eV.


E 1

=

h2

n2

8mL2

=

( 66, 3 × 10−34 J.s)

2

816 ( , 7 × 10−

kg)( 100 × 10

−

( ) 2

1 = 3 29 × 10

21

J =

27 12 2

m)

, 0,020eV.

7. Fazendo n = 1, L igual ao diâmetro nuclear e m igual à massa do elétron, a Eq. 39-4 nos dá

× ⋅

×

h2

−

E = n2

( 1) 2( 6, 63 10

34

J s)

2

=

8mL2

891 ( , 1 10−31

kg)( 1, 4 10−14 m)

2

×

= 30 , 7 × 10−10

J =1920 MeV ≈ 1,9 GeV.

8. De acordo com a Eq. 39-4, a frequência da luz que excita o elétron do estado de número

quântico n i para o estado de número quântico n

f é

e o comprimento de onda dessa luz é

Explicitando L, obtemos

f

DE

h

h

mL n 2

f n 2

i

8

2

= = ( − )

c

= =

L

=

f

8mL 2c

.

h n 2 2

( f − ni

)

−

hc ( n 2

f n 2

i )

.

8mc2

O maior comprimento de onda mostrado na Fig. 39-27 é l = 80,78 nm, que corresponde a uma

transição de n i = 2 para n f = 3. Assim, a largura do poço de potencial é

L

=

−

hc ( n 2

f n 2

i ) ( 807,

8 nm)( 1240 eV ⋅ nm)(3

=

2 − 22)

8mc2

8(

511 103eV)


E

×

n 2 h 2 n 2( hc)

2

.

8mL2

8( mc 2)

L2

n = =

= 0,

350 nm = 350 pm.

(a) O primeiro estado excitado corresponde a n = 2 e o terceiro a n9 = 4. Assim,

DE

= ( hc)

2

mc L n ′ − n = ⋅

(

2 2

( 1240 eV nm)

2

)

8( 2)

2

8(

511 10 eV)( 0, 250 nm)

×

= 72,

2 eV.

3 2

( 42 − 22) = ( 6,

02 eV) ( 164−

)

Quando o elétron se encontra no nível n9 = 4, pode decair para vários níveis n de menor energia.

Nessas transições, o comprimento de onda do fóton emitido é dado por

hc

=

E n ′ − E n′′

=

8( mc 2)

L2

( ′

2

− n ′′

2) .

Assim, por exemplo, no caso da transição de n9 = 4 to n = 3, o comprimento de onda do fóton

emitido seria

×

hc n

8( 511 103 eV)( 0, 250 nm)

2

=

( 1240 eV nm)( 42 32)

⋅

−

=

29, 4 nm,



e, depois de chegar ao nível n = 3, o elétron pode decair para o níveln = 2 emitindo outro fóton.

Calculando desta forma os comprimentos de onda de todos os fótons que podem ser emitidos

no processo de decaimento, obtemos os seguintes resultados:

(b) O menor comprimento de onda que pode ser emitido é 4 → 1 = 13, 7 nm.

(c) O segundo menor comprimento de onda que pode ser emitido é 4 → 2 = 17, 2 nm.

(d) O maior comprimento de onda que pode ser emitido é 2 → 1 = 68, 7 nm.

(e) O segundo maior comprimento de onda que pode ser emitido é 3 → 2

= 41, 2nm.

(f) O diagrama abaixo mostra as transições possíveis (os níveis de energia não estão em

escala).

(g) O comprimento de onda de 29,4 nm corresponde à transição 4 → 3. Uma vez no estado n = 3, o

elétron pode sofrer a transição 3 → 1 ou a transição 3 → 2 seguida pela transição 2 → 1. O maior

comprimento de onda que pode ser emitido em seguida à transição 4 → 3 é 2 → 1 = 68, 7 nm.

(h) O menor comprimento de onda que pode ser emitido em seguida à transição 4 → 3 é

3 1 25 8

→ = , nm.

10. Sejam os números quânticos do par em questão n e n + 1. Nesse caso,

Fazendo

E n+1 – E n = E 1 (n + 1) 2 – E 1 n 2 = (2n + 1)E 1 .

+ − = ( + ) = ( − ) = ( − ) =

E n 1 E n 2n 1 E 1 3 E 4 E 2

3 3 4 E 2

1 3 E 1 21 E 1,

obtemos 2n + 1 = 21, o que nos dá n = 10. Assim,

(a) o número quântico maior é n + 1 = 10 + 1 = 11.

(b) o número quântico menor é n = 10.

(c) Fazendo

+ − = ( + ) = ( − ) = ( − ) =

E n 1 E n 2n 1 E 1 2 E 4 E 2

3 2 4 E 2

1 3 E 1 14 E 1,

obtemos 2n + 1 = 14, o que nos dá n = 6,5, um valor fracionário. Assim, não existe um par de

níveis de energia, associados a números inteiros, que satisfaça a condição proposta.


11. Sejam os números quânticos do par em questão n e n + 1. Nesse caso,

o que nos dá E n+1 – E n = (2n + 1)E 1 .

Fazendo

+

2

( n 1)

h2

n 2h2

E n + 1 − E n =

8mL2

8mL2

− =

+

( 2n

1)

h2

,

8mL2

− = = = = + ( )

E n + 1 E n E 5 52

E 1 25E 1 2n 1 E 1,

obtemos 2n + 1 = 25, o que nos dá n = 12. Assim,

(a) o número quântico maior é n + 1 = 12 + 1 = 13.

(b) o número quântico menor é n = 12.

(c) Fazendo

− = = = = +

E n + 1 E n E 6 62

E 1 36E 1 ( 2n 1) E 1,

obtemos 2n + 1 = 36, o que nos dá n = 17,5, um valor fracionário. Assim, não existe um par de

níveis de energia, associados a números inteiros, que satisfaça a condição proposta.

12. De acordo com a Eq. 39-4, a frequência da luz que excita o elétron do estado com número

quântico n i para o estado com número quântico n

f é

DE

f

h

e o comprimento de onda correspondente é

h

mL n 2

f n 2

i

8

2

= = ( − )

c

= =

f

8mL 2c

.

h n 2 2

( f − ni

)

Calculando o valor desta expressão para n i = 1 e n f = 2, 3, 4 e 5, obtemos os seguintes

resultados:

(a) 6,87 × 10 – 8 m para n

f = 2 (o maior comprimento de onda).

(b) 2,58 × 10 – 8 m para n

f

= 3 (o segundo maior comprimento de onda).

(c) 1,37 × 10 – 8 m para n f = 4 (o terceiro maior comprimento de onda).

13. A posição de máxima densidade de probabilidade é o centro do poço:

x

L

= = 200 pm = 100 pm.

2 2

(a) A probabilidade de que o elétron seja detectado no ponto x é dada pela Eq. 39-11:

2

n

p ( x ) = n ( x ) dx = sen

L L x

2

2

dx 2

se

= n

2 n

.

L L x

dx

Para n = 3, L = 200 pm e dx = 2,00 pm (a largura do detector), a probabilidade de que o elétron

seja detectado no ponto x = L/2 = 100 pm é

p ( x L ) 2 L

= /2 = sen 2

3

2

⋅ dx sen

L

L =

2

3 L

2

2

dx

2

= = =

L dx 2

( 2, 00 pm),.

0 020

200 pm

(b) O número esperado de observações do elétron para N = 1000 experiências independentes é

n = Np = ( 1000)( 0, 020) = 20.


14. De acordo com as Eqs. 39-11 e 39-12, a condição de densidade de probabilidade zero é

sen

,

nL x n

L x m

= 0 ⇒ =

em que m é um número inteiro. Para que a densidade de probabilidade seja zero nos pontos x =

0,300L e x = 0,400 L, é preciso que

sen( 0, 300n

) = sen( 0, 400n

) = 0,

condições que são satisfeitas para n = 10m, onde m = 1, 2, … Como, porém, de acordo com o

enunciado, a densidade de probabilidade não é zero para nenhum valor entre x = 0,300L e x =

0,400L, concluímos que o elétron se encontra no estado n = 10. Sendo assim, a variação de

energia quando o elétron sofre uma transição para o estado n9 = 9 é

( , )

| DE | = h2

( )

mL n − n′

= × −

2 2

66 3 10

34

J ⋅s

2

− = × −

8

2

8911 ( , × 10−

2 00 × 10−

102 92 2 86 10

17

31

kg)( ,

10

m) ( ) , J.

2

15. A probabilidade de que o elétron seja encontrado em qualquer região é dada por P = ∫ 2 dx ,

onde a integral se estende a toda a região. Se a largura Dx da região é pequena, a probabilidade

é dada aproximadamente por P = |C | 2 Dx , na qual a função de onda é calculada, por exemplo,

no centro do intervalo. No caso de um elétron confinado em um poço de potencial infinito de

largura L, a densidade de probabilidade no estado fundamental é

e, portanto,

2 2

= sen2

L

=

x

L

P 2Dx

sen

2 x

L L

.

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

P = 2( 5, 0 pm)

2

( 25pm)

100 sen

pm

100 pm

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

P = 2( 5, 0 pm)

2

( 50 pm)

100 sen

pm

100 pm

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

= 0, 050.

= 0, 10.

P = 2( 5, 0 pm)

2

( 90 pm)

sen = 0, 0095.

100 pm 100 pm

Nota: A figura a seguir mostra a probabilidade em função de x . Como era de se esperar, a

probabilidade de que o elétron seja detectado é máxima no centro do poço, ou seja, no ponto

x = L/2 = 50 pm.

16. O método usado para resolver o problema será o mesmo do Exemplo “Níveis de energia

de um poço de potencial infinito unidimensional”. A integração mostrada a seguir é discutida

com mais detalhes no referido exemplo. Note que os argumentos das funções seno estão em

radianos.

(a) A probabilidade de que a partícula seja detectada na região 0 ≤ x ≤ L/4 é

2 L

2

2 y 2y

y dy

L

/ 4

=

2

− sen

/ 4

sen

4

∫ = 0, 091.

0

0

(b) Como era de se esperar, já que o poço é simétrico em relação ao ponto central, a probabilidade

de que a partícula seja detectada na região 3 L/4 ≤ x ≤ L é

∫

2 L

2

2 y 2y

y dy

L

=

2

− sen

sen

4

/ 4

/ 4

= 0, 091.

(c) A probabilidade de que a partícula seja detectada na região L/4 ≤ x ≤ 3 L/4 é

∫

2 L

2

2 y 2y

3

y dy

L

3

/ 4

=

2

− sen

sen

/

4

/ 4

/ 4

4

= 0, 82.

O mesmo resultado pode ser obtido subtraindo de 1 os resultados dos itens (a) e (b):

1 – 2(0,091) = 0,82.

17. De acordo com a Fig. 39-9, a energia inicial do elétron é 106 eV. Depois que a energia

fornecida pela fonte externa é absorvida, a energia total do elétron passa a ser 106 eV + 400 eV =

506 eV. Como, de acordo com o enunciado, o elétron é transferido para uma posição na qual

x > L, a energia potencial do elétron é 450 eV (veja a Seção 39-5) e, portanto, a energia cinética

do elétron é 506 eV – 450 eV = 56 eV.

18. De acordo com a Fig. 39-9, a energia total de um elétron no estado n = 3 é 233 eV. Como,

no interior do poço de potencial, a energia potencial é zero, a energia cinética do elétron é igual

à energia total, ou seja, K = 233 eV.

19. Como E = hc/ = ( 1240 eV ⋅ nm)/ ,

temos:

hc 1240 eV ⋅ nm

E a = =

= 85,

00 eV

14,

588 nm

E

b

a

hc 1240

eV ⋅ nm

= =

= 256,

0 eV

4,

8437 nm

b

hc 1240 eV nm

= = ⋅

E c

= 426,

0 eV.

2,

9108 nm

A energia do estado fundamental é

E 1 = − E 4 = E c 450 − , 0 eV=

426, 0 eV 24,

0 eV.

Como E a = E 2 − E 1 , a energia do primeiro estado excitado é

E 2 = + E 1 = E a + 24, 0 eV=

85,

0 eV 109 eV.

c

20. A menor energia que o fóton pode possuir corresponde a uma transição da região não

quantizada para E 3 . Como a diferença de energia entre E 3 e E 4 é

DE = E − 4 = E 3 − 9, 0 eV=

4, 0 eV 5,

0 eV,

a energia do fóton é

E K DE

2, 00 eV 5, 00 eV 7,

00 eV.

fóton

= + = + =



21. A equação de Schrödinger para a região x > L é

d 2

dx 2

Se C = De 2kx , d 2 C / dx 2 = 4k 2 De 2kx = 4k 2 C e

o que nos dá

d 2

dx 2

8

2m

E U

h2 [ 0 ] = 0.

+ −

8

2m

m

E U k 2

8

2

E U

h2 [ 0 ] = 4 +

h2 [ − 0 ] = 0,

+ −

k = h 2m ( U 0

− E ).

Como U 0 > E na região x > L, o radicando dessa equação é positivo, o que significa que k

é um número real. Entretanto, se k é um número real positivo, como propõe o enunciado, a

função C ( x ) não é fisicamente admissível como uma densidade de probabilidade, pois aumenta

exponencialmente com x para valores positivos de x e a integral de qualquer densidade de

probabilidade da forma C (x ) ao longo de todo o eixo x deve ser igual à unidade.


E

nx , ny

= +

x

2h2 n2

n2

x y ( hc)

8m

L L

=

2

2 2

8( mc2)

y

n2

x

L2

x

+

n2

y

L2

.

Para n

x

= n

y = 1, obtemos

( 1240 eV ⋅ nm)

2

1

1

E

0, 734 eV.

1,

1

) ( 0, 800 )(

2

= 8(511 × 103 eV nm + 1, 600 nm) 2 =


2h2 n2

n2

n2

x y

z (

E nx , ny , nz = + +

8m

Lx

Ly

Lz

= hc)

2 n2

n2

n2

x y

z

+ + .

2 2 2

8( mc2)

L2

x L2

y L2

z

Para n

x = n

y = n

z = 1, obtemos

( 1240 eV ⋅ nm)

1

1

1

+

×

3

1, 600 nm) ( 0, 390 nm)

2

E 1 , 1 =

+

8(511 10 eV) ( 0, 800 nm) 2

(

y

2 2

= 3, 21 eV.

24. Se existem três pontos de máxima densidade de probabilidade ao longo da retax = L x /2,

n

y = 3, como mostra a Fig. 39-6. Como a distância entre esses pontos é 2,00 nm, a altura L

y é

dada por L y = n y(2,00 nm) = 3(2,00 nm) = 6,00 nm. Analogamente, se existem cinco pontos de

máxima densidade de probabilidade ao longo da reta y = L y/2, n

x = 5. Como a distância entre

esses pontos é 3,00 nm, a largura L x é dada por L x = n x (3,00 nm) = 5(3,00 nm) = 15,0 nm. Assim,

de acordo com a Eq. 39-20, a energia do elétron é

E

n x , ny

h nx

ny

( ,

= 2 2 2 6 63 × 10

+

m

Lx

Ly

=

− 34

J ⋅s)

2

1

1

+

8

2 2

891 ( , 1 × 10−

31

kg) ( 30 , 0 × 10−9 m) 2

( 2,

00 × 10

= 22 , × 10

−20

J .

sen

ny

sen .

L

y

y

−9 2

25. Por analogia com a Eq. 39-10, a função de onda normalizada para um curral bidimensional

infinito é

2 nx

n

n n

x , ( x , y ) = ( x ) ( y) = sen

y x y

Lx

L

x 2 ny

x ⋅ sen

L

L

y

y

y

4 nx

=

L L L x

x

y

x

m)

A probabilidade de que um elétron seja detectado por uma sonda de dimensão Dx Dy situada no

ponto (x , y) é

2

p ( x , y ) n , n ( x , y ) D x Dy

= =

x

y

4( D x Dy) sen

2

L L

x

y

nx

x

L

x

n

y

sen

2

L

y .

y

Para L

x = L

y = L = 150 pm, a probabilidade de que seja detectado um elétron que está no estado

(n

x , n y) = (1, 3) por uma sonda de dimensão Dx = Dy = 5,00 pm situada no ponto (0,200 L;

0,800L) é

=

p x y nx

x ny

4( D D ) sen2 2 y

L L

L

sen

L

x

y

x

y

= 4 5, 00 pm

150

2)

( pm)

2

,

= 4 5 00 pm

s

150 pm en

2( 0, 200 )sen

2( 2, 40 ) = 1, 4 × 10 − 3.

26. Estamos interessados em calcular os valores da razão

E

x , y

h 2

/ 8mL2

e as diferenças correspondentes.

n2

n2

y

= L2

+

L2

L2

n n x

(a) Para n

x = n

y = 1, o valor da razão é 1 + 0,25 = 1,25.

x

y

2

sen

2

⋅ 0,

200L

sen

2

3

0,

800L

L

( )

n2

= + x 0,

2 5 n 2 y

(b) Para n x

= 1 e n y

= 2, o valor da razão é 1 + 0,25(4) = 2,00. É fácil verificar, calculando a

razão para outros valores de n

x e n y, que este é o segundo estado de menor energia do sistema,

ou seja, é o primeiro estado excitado.

(c) Os estados degenerados de menor energia são os estados (1, 4) e (2, 2), cuja razão é 1 +

0,25(16) = 4 + 0,25(4) = 5,00.

(d) Para n

x = 1 e n

y = 3, a razão é 1 + 0,25(9) = 3,25. É fácil verificar, calculando a razão para

outros valores de n x e n y, que este é o terceiro estado de menor energia do sistema, ou seja, é o

segundo estado excitado. O terceiro estado excitado é o estado (2, 1), para o qual a razão é 4 +

0,25(1) = 4,25. A diferença entre os dois valores é 4,25 – 3,25 = 1,00.

27. Como os níveis de energia são dados por

2 2 n2

2 n2

E n n h nx

y h

m L L mL n x

y

x , y = 2 + 2

= 2

2

8 8 + 4

x

y

,

os mesmos níveis, em unidades de h 2 /8mL 2 , são dados por n 2

x + n 2

y / 4. Os cinco níveis de menor

energia são E 1,1 = 1,25, E 1,2 = 2,00, E 1,3 = 3,25, E 2,1 = 4,25 e E 2,2 = E 1,4 = 5,00. A frequência da

luz emitida ou absorvida quando o elétron passa de um estado inicial i para um estado final f é

f = (E f – E i )/ h e, em unidades de h/8mL 2 , é simplesmente a diferença entre os valores de n 2

x + n 2

y / 4

para os dois estados. As frequências possíveis (em unidades de h/8mL 2 ) são:

0, 75( 1, 2 → 1, 1) , 2, 001( , 3 → 1, 1) , 3, 002( , 1 → 1, 1) , 3, 752( , 2 → 1, 1) , 1, 25( 1, 3 → 1, 2)

,

2, 252( , 1 → 1, 2) , 3, 002( , 2 → 1, 2) , 1, 002( , 1 → 1, 3) , 1,, 75( 2 2 → 1, 3) e 0,, 75( 2 2 → 2, 1)

.

(a) Esse resultado mostra que o elétron é capaz de emitir ou absorver 8 frequências diferentes.

(b) A menor frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 0,75.

L



(c) A segunda menor frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 1,00.

(d) A terceira menor frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 1,25.

(e) A maior frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 3,75.

(f) A segunda maior frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 3,00.

(g) A terceira maior frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 2,25.

28. Estamos interessados em calcular os valores da razão

E n n n

x , n y , n 2 2

x y n2

z

z

= L2

+ +

h 2

8mL2

L2

x L2

y L2

z

= n + n + n

e as diferenças correspondentes.

(a) Para n

x = n

y = n

z = 1, a razão é 1 + 1 + 1 = 3,00.

( 2 2 2

)

x y z

(b) Para n

x = n

y = 2 e n

z = 1, a razão é 4 + 4 + 1 = 9,00. É fácil verificar, calculando a razão para

outros valores de n x , n y e n z, que esta é a terceira menor energia do sistema, ou seja, a energia do

segundo estado excitado. A mesma energia é obtida para (n

x , n y, n z) = (2, 1, 2) e (1, 2, 2).

(c) Para n

x = n

y = 1 e n

z = 3, a razão é 1 + 1 + 9 = 11,00. É fácil verificar, calculando a razão

para outros valores de n x , n y e n z, que esta é a quarta menor energia do sistema, ou seja, a energia

do terceiro estado excitado. A mesma energia é obtida para n (

x , n y , n z ) = (1, 3, 1) e (3, 1, 1).

Calculando a diferença entre este resultado e o resultado do item (b), obtemos 11,0 – 9,00 =

2,00.

(d) Para n

x

= n

y

= 1 e n

z

= 2, a razão é 1 + 1 + 4 = 6,00. É fácil verificar, calculando a razão para

outros valores de n

x , n

y e n z, que esta é a segunda menor energia do sistema, ou seja, a energia

do primeiro estado excitado. A mesma energia é obtida para (n x , n y, n z) = (2, 1, 1) e (1, 2, 1).

Assim, 3 estados degenerados possuem a energia do primeiro estado excitado.

(e) Para n

x = 1, n

y = 2 e n

z = 3, a razão é 1 + 4 + 9 = 14,0. É fácil verificar, calculando a razão

para outros valores de n x , n y e n z, que esta é a sexta menor energia do sistema, ou seja, a energia

do quinto estado excitado. A mesma energia é obtida para (n

x , n y, n z) = (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2,

1, 3), (3, 1, 2) e (3, 2, 1). Assim, 6 estados degenerados possuem a energia do quinto estado

excitado.

29. As razões calculadas no Problema 39-28 podem ser relacionadas às frequências emitidas

usando a equaçãof = DE / h, na qual cada nívelE é igual a uma das razões multiplicada por h 2 /8mL 2 .

Na prática, esta operação envolve apenas a mudança do fator de normalização de h 2 /8mL 2 para

h/8mL 2 . Assim, para uma transição do segundo estado excitado [item (b) do Problema 39-28]

para o estado fundamental [item (a) do Problema 39-28], temos:

f

h

h

( 90, 0 30 , 0)

mL = ( 6, 00)

mL .

8

2

8

2

= −

Nos cálculos que se seguem, vamos omitir o fator h/8mL 2 . Para uma transição entre o quarto

estado excitado e o estado fundamental, temos f = 12,00 – 3,00 = 9,00. Para uma transição entre

o terceiro estado excitado e o estado fundamental, temos f = 11,00 – 3,00 = 8,00. Para uma

transição entre o terceiro estado excitado e o primeiro estado excitado, temos f = 11,00 – 6,00 =

5,00. Para uma transição entre o quarto estado excitado e o terceiro estado excitado, temos f =

12,00 – 11,00 = 1,00. Para uma transição entre o terceiro estado excitado e o segundo estado

excitado, temos f = 11,00 – 9,00 = 2,00. Para uma transição entre o segundo estado excitado

e o primeiro estado excitado, temos f = 9,00 – 6,00 = 3,00, que também corresponde a outras

transições.

(a) De acordo com os cálculos apresentados, o elétron é capaz de emitir ou absorver 7 frequências

diferentes.

(b) A menor frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 1,00.

(c) A segunda menor frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 2,00.

(d) A terceira menor frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 3,00.

(e) A maior frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 9,00.

(f) A segunda maior frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 8,00.

(g) A terceira maior frequência, em unidades de h/8mL 2 , é 6,00.

30. Por analogia com a Eq. 39-10, a função de onda normalizada para um poço de potencial

bidimensional infinito é

2

n

n n

x , ( x , y ) = ( x ) ( y) = sen

y x y

L

x

nx

L

x

x

⋅

2 ny

sen

L

L

y

y

y


=

4

L L

x

y

sen

nx

L x

x

ny

sen L y

y .

A probabilidade de que um elétron seja detectado por uma sonda de dimensão Dx Dy situada no

ponto (x , y) é

2

p ( x , y ) n , n ( x , y ) D x Dy

= =

x

y

4( D x Dy) sen

2

L L

x

y

nx

x

L

x

n

y

sen

2

L

y .

y

Se a probabilidade de que um elétron no estado fundamental (n x= n

y = 1) seja detectado por uma

sonda de área Dx Dy = 400 pm 2 com o centro no ponto ( x , y) = (L/8, L/8) é 0,0450, temos:

4 400

0,

0450 =

( pm 2 )

2 2

2 sen

L

⋅ sen

L

8 ⋅

L

L

L 8 = 4

20 pm

4

sen

8 .

L

Explicitando L, obtemos L = 27,6 pm.

31. A energia E do fóton emitido quando um átomo de hidrogênio passa de um estado de número

quântico principal n para um estado de número quântico principal n9 é dada por

1 1

E = A

−

n 2 n 2 ,

em que A = 13,6 eV. Como a frequência f da onda eletromagnética é dada por f = E / h e o

comprimento de onda é dado por l = c/ f , temos:

′

1 = f

= E

= A 1 1

−

′ 2 2 .

c hc hc n n

O menor comprimento de onda de uma série é o comprimento de onda para n = ∞. No caso da

série de Balmer, n9 = 2 e o menor comprimento de onda é l B = 4hc/ A. No caso da série de Lyman,

n9 = 1 e o menor comprimento de onda é l L = hc/ A. Assim, a razão é l B / l L = 4,0.

2


32. Como a diferença entre a energia do fóton absorvido e a energia do fóton emitido é

a energia absorvida é

E a

hc hc

E e , a e

− = −

1

1 1

hcD 1240

= ( eV ⋅ nm

) −

375nm 580 nm

= 1 , 17 eV.

33. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a energiaE do fóton é dada por E =

E i

– E f , na qual E i é a energia inicial do átomo de hidrogênio e E f é a energia final. Como a energia

do elétron é dada por (–13,6 eV)/ n 2 , na qual n é o número quântico principal, temos:

(b) O momento do fóton é dado por

p

13,

6 eV 13,

6 eV

E E 3 E 1

( 3)

2

( 1)

2

= − = − − − = 12, 1 eV.

E ( 12,) 1 eV ( 1, 60 × 10−19

J/eV)

= =

= 6,

45 × 10−

c 30 , 0 × 108

m s

27 kg ⋅ m/s.

(c) O comprimento de onda é dado por

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 102 nm.

E 12,

1 eV

34. (a) A densidade de probabilidade radial do átomo de hidrogênio no estado fundamental é

dada pela Eq. 39-44. Para r = 0, P(r ) = 0.

4

(b) Para r = a, P r

a a e e

e

a a

( ) = − 4

2

4

2

2 2

= =

= ,

a 52 , 9 × 10−

10 2

3

2

nm

nm

−1 .

−

2

4

e

e

a a

(c) Para r = 2a, P ( r ) = ( a ) e−

16

4

16

4

2

2 4

= =

a3

a 52 , 9 × 10−

2

nm = 5, 54 nm−1.

−

35. (a) A densidade de probabilidade do átomo de hidrogênio no estado fundamental é dada

pela Eq. 39-39. Para r = a,

2( r )

=

−

2

1 1

2

1

e−

a a

a3 2 =

a3

e − =

( 52 , 9 10 − e 2

291nm

3.

2

nm)

− = −

3

(b) A densidade de probabilidade radial do átomo de hidrogênio no estado fundamental é dada

pela Eq. 39-44. Para r = a,

P ( r )

4

a a e − e

e

a a

4 − 2

4 −2

2 2

3

a 52 , 9 10−

2

nm

= = =

×

×

−

= 10,

2 nm −1 .

36. (a) O nível de energia correspondente à densidade de probabilidade mostrada na Fig. 39-23

é o nível n = 2, cuja energia é

13,

6 eV

= − = −

2

E 2 2

3, 4 eV.

(b) Quando o elétron é removido do átomo de hidrogênio, a energia potencial final do sistema

próton-elétron é zero. Assim, a menor energia necessária para remover um elétron com uma

energia de −3,4 eV é 3,4 eV. (Se a energia fornecida for maior que este valor, o elétron terá uma

energia cinética diferente de zero depois de ser removido do átomo.)

37. Para que a energia cinética não fosse conservada, seria preciso que parte da energia cinética

inicial do nêutron fosse usada para excitar o átomo de hidrogênio. A menor energia que o átomo

de hidrogênio pode aceitar é a diferença entre o primeiro estado excitado ( n = 2) e o estado

fundamental (n = 1). Como a energia dos estados do átomo de hidrogênio é dada por E n

= –(13,6

eV)/ n 2 , na qual n é o número quântico principal, a menor energia de excitação é

13,

6 eV 13,

6 eV

DE E 2 E 1

( 2)

2

( 1)

2

= − = − − − = 10, 2 eV.

Como o nêutron não possui energia suficiente para excitar o átomo de hidrogênio, o átomo de

hidrogênio permanece no estado fundamental e a energia cinética inicial do nêutron é dividida

entre o nêutron e o átomo, ou seja, a colisão é elástica.

38. De acordo com a Eq. 39-6, DE = = hf × ( 4, 14 ⋅ 10−× 15

eV s)( = 6, 2 1014

Hz) 2, 6 eV.

39. De acordo com a Eq. 39-44, a densidade de probabilidade radial para o estado fundamental

do átomo de hidrogênio é

P(r ) = (4r 2 / a 3 )e – 2r / a ,

em que a é o raio de Bohr. Para mostrar que a equação é normalizada, precisamos calcular o

∞

valor de ∫ P ( r ) dr . De acordo com a Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice E, temos:

0

∞

n

n

x e −ax

!

∫

dx =

0 n

a + 1

Fazendo n = 2 e substituindo a por 2/ a e x por r nessa expressão, obtemos

∫

4 4 2

= = = 1.

a 3

( 2 a)

3

∞

∞

2 −2r a

P ( r ) dr r e / dr

0 a3 0

∫

40. (a) O intervalo pedido é a diferença entre os valores obtidos nos itens (a) e (b) do Exemplo

“Emissão de luz por um átomo de hidrogênio”: 122 nm – 91,4 nm ≈ 31 nm.


Df

c c 2,

998 × 10

= − =

914 , × 10

min

max

8

−9

m s 2,

998 × 10

−

m 122 × 10

m s

= 82 × 10

m

8

−

,

9

(c) De acordo com a Eq. 39-36, no caso das transições da série de Balmer, nas quais o estado

inicial é o estado n = 2, temos:

1 1 1

22 32 1 097 107 1

max

= R − = ( , × m − )( 0, 1389)

= 0, 15237 × 10 ⇒ 7

m = − 1 max

656,

3 nm

14

Hz.


e

1 1

=

R ( 1, 097 107 1)( 0, 25),

0 274

22

max

= × m−

= 255 × 107 m−1

⇒ min = 364, 6 nm.

Assim, o intervalo pedido é l max − l min = 656,3 nm − 364,6 nm ≈ 292 nm ≈ 0,29 µm.

(d) De acordo com a Eq. 38-1, temos:

Df

c c 2,

998 × 108

m s 2,

998 × 108

m s

= − =

−

= × ≈ ×

364,

6 × 10−9

m 656 3 × 10−

3,

65 1014 Hz 3,7 1014

Hz.

,

9

m

min

max


41. Como Dr é pequeno, podemos calcular a densidade de probabilidade usando a relação p ≈

P(r ) Dr , na qual P(r ) é a densidade de probabilidade radial. No caso do estado fundamental do

hidrogênio, a densidade de probabilidade radial é dada pela Eq. 39-44:

em que a é o raio de Bohr.

(a) Para r = 0,500a e Dr = 0,010a, temos:

P

=

4r

P ( r ) e r /

2 −2

a ,

a3

=

4r

2Dr

r a

e − 2 /

= 4( 0, 500) 2( 0, 010) e−1

= 3, 68 × 10−3

≈ 00, 037.

a3

(b) Para r = 1,00a e Dr = 0,010a, temos:

P

=

4r

2

Dr

r a

e − 2 /

= 4( 1, 00) 2( 0, 010) e−2

= 5,41 × 10− 3

≈ 00, 054.

a3

42. De acordo com a lei de conservação do momento linear,

p recuo p fóton m pvrecuo

hf

= ⇒ = ,

onde usamos a Eq. 38-7 para o fóton e a expressão clássica do momento para o átomo, já que

esperamos que a velocidade de recuo seja muito menor que a velocidade da luz. Assim, de acordo

com a Eq. 39-6 e a Tabela 37-3,

DE

E − E − eV − − −

4 1 ( 13, 6 )( 4

2

1

2)

vrecuo

= = =

= 4, 1m s.

m c ( m c 2)

c ( 938 × 106eV) ( 2, 998 × 108

m s)

p

p

43. (b) De acordo com a Eq. 39-38, a energia potencial do elétron a uma distância do núcleo

igual ao raio de Bohr é dada por

e2 ×

9

⋅

2

( )( × −19 2

8, 99 10 N m2

C 1,

602 10 C)

U − =

= − × 4, 36 = 10 − −18

27, 2 .

4 0 a

5,

292 × 10−

J eV

11

m

(a) A energia cinética é K = E – U = (–13,6 eV) – (–27,2 eV) = 13,6 eV.

44. (a) Como E 2 = –0,85 eV e E 1 = –13,6 eV + 10,2 eV = –3,4 eV, a energia do fóton é

(b) Como

E fóton = E 2 – E 1 = –0,85 eV – (–3,4 eV) = 2,6 eV.

E 2 E 1

( 13 , 6 eV)

1 1

2 6

n 2 n1 2 = , eV,

− = − −

c

temos:

1 1 2,

6 eV 3

− = ≈ − = −

n n 13,

6 eV 16

1

4

1

2

2 2 1 2 2 2

.

Assim, o maior número quântico da transição responsável pela emissão é 4.

(c) De acordo com o resultado do item (b), o menor número quântico da transição responsável

pela emissão é 2.

45. De acordo com as Eqs. 39-41 e 39-43, a densidade de probabilidade radial é dada por P(r ) =

4πr 2 | n m ( r , ) | 2 l

, na qual

l

n l m ( r , ) é a função de onda. Para calcular| | 2 * ,

l

n m l

=

l

n m l n ml l l

multiplicamos a função de onda pelo complexo conjugado. Se a função é real, * n m l

= n m l

.

l

l

Note que e + i

e e − i

i i

são complexos conjugados e que e e −

= e0 = 1.

(a) P r 2

r

r

a e r

r a

210

210 2 2 2

4

= 4 | | = 4

− /

cos2

=

32

5

8a5

e − r / a cos

2 .

(b) P r 2

r

r

a e r

r a

21 1

21 1 2 2 2

4

2

+ = 4 | + | = 4

− /

sen =

2

64

5

16a 5 e −r / a

sen = P 21−1

(c) No caso de m l

= 0, a densidade de probabilidade radial P 210 diminui com a distância em

relação ao núcleo. Além disso, graças ao fator cos 2 θ, P 210 é máxima ao longo do eixo z, o que

está de acordo com o gráfico da Fig. 39-24a.

No caso de m l

= ±1, as densidades de probabilidade radial P 21+1 e P 21−1 diminuem com a distância

em relação ao núcleo. Além disso, graças ao fator sen 2 θ, P 21+1 e P 21−1 são máximas no plano xy,

o que está de acordo com o gráfico da Fig. 39-24b.

(d) A densidade de probabilidade total é dada por

4

P = P 210 + P 21+1 + P 21−1 = r a e − r / a cos

2 + r 8

5

a e − r / a sen

2 + r 16

5

16a

= r 4

a e r 4

a − r 2 2 a r

8 / (cos + sen ) =

5

8a5

e − / ,

4

4

e − r / a sen

2

5

o que mostra que a densidade de probabilidade radial total tem simetria esférica.

46. De acordo com o Exemplo “Probabilidade de detecção do elétron de um átomo de hidrogênio”,

a probabilidade de que o elétron de um átomo de hidrogênio no estado fundamental seja encontrado

no interior de uma esfera de raio r é dada por

= − + ( + )

x

p ( r ) 1 e −2 1 2x 2x

2

,

na qual x = r / a. Assim, a probabilidade de que o elétron seja encontrado na região entre duas

cascas esféricas de raios a e 2a é

< < = − = − + + ( )

x

p ( a r 2a ) p ( 2a ) p ( a ) 1 e −2 1 2x 2x

2

= 0, 439.

x

= 2

2 2

1 − x

e ( 1 2x 2x

) x = 1

− − + +

2

47. Fazendo De acordo r = 1,0 com mm a e Fig. explicitando 39-24, o n, número obtemos: quântico n em questão satisfaz a relação r = n a.


n

r

= =

a

1,

0 × 10

52 , 9 × 10

−3

−11

hc 1240 eV nm

DE = E fóton = =

121,

6 nm

m

≈ 43, × 103.

m

Como DE > (13,6 eV)/4, sabemos que n baixo = 1. Assim, temos:

= + ⇒ − =

E alta E baixa DE

⋅

= 10,

2 eV.

13, 6 eV 13,

6 eV

−

+ 10,

2 eV,

n2

alto 12 o que nos dá n alto = 2. Assim, trata-se da transição do estado n = 2 para n = 1 da série de

Lyman.



(a) O maior número quântico é n = 2.

(b) O menor número quântico é n = 1.

(c) A transição pertence à série de Lyman.

49. (a) Se a energia potencial eletrostática é considerada como zero quando o elétron e o próton

estão separados por uma distância infinita, a energia final do átomo é zero e o trabalho necessário

para separar o elétron do próton é W = –E i , em que E i é a energia do estado i nicial. A energia do

estado inicial é dada por E i = (–13,6 eV)/ n 2 , na qual n é o número quântico principal do estado.

No caso do estado fundamental, n = 1 e W = 13,6 eV.

(b) No caso do estado n = 2, W = (13,6 eV)/(2) 2 = 3,40 eV.


hc 1240 eV nm

DE = E fóton = =

106,

6 nm

Como DE > (13,6 eV)/4, sabemos que n baixo = 1. Assim, temos:

= + ⇒ − =

E alta E baixa DE

⋅

= 12,

09 eV.

13, 6 eV 13,

6 eV

−

+ 12,

09 eV,

n2

alto 12 o que nos dá n alto = 3. Assim, trata-se da transição do estado n = 3 para o estado n = 1 da série

de Lyman.

(a) O maior número quântico é n = 3.

(b) O menor número quântico é n = 1.

(c) A transição pertence à série de Lyman.

51. De acordo com o Exemplo “Probabilidade de detecção do elétron de um átomo de hidrogênio”,

a probabilidade de que o elétron de um átomo de hidrogênio no estado fundamental seja encontrado

no interior de uma esfera de raio r é dada por

= − + ( + )

x

p ( r ) 1 e −2 1 2x 2x

2

,

em que x = r / a e a é o raio de Bohr. Parar = a, x = 1 e

= − + + = − =

p ( a ) 1 e − 2( 1 2 2) a 1 5e−2

0, 323.

A probabilidade p9 de que o elétron seja encontrado do lado de fora dessa esfera é, portanto,


p9 = 1 − p(a) = 1 − 0,323 = 0,677 ≈ 0,68.

DE = –(13,6 eV)(4 – 2 – 1 – 2 ) = 12,8 eV.

(b) Existem 6 energias possíveis associadas às transições 4 → 3, 4 → 2, 4 → 1, 3 → 2, 3

→ 1 e 2 → 1.

(c) A maior energia é E 4 → 1 = 12, 8 eV.

(d) A segunda maior energia é E 2 2

3 1 − = ( 13, 6 eV− )( 3=

− 1−

) 12,

1 eV.

→

(e) A terceira maior energia é E 2 2

2 1 − = ( 13, 6 eV− )( 2=

− 1−

) 10,

2 eV.

→


(f) A menor energia é E 2 2

4 3 − = ( 13, 6 eV− )( 4=

− 3−

), 0 661 eV.

→

(g) A segunda menor energia é E 2 2

3 2 − = ( 13, 6 eV− )( 3−

= 2−

) 1,

89 eV.

→

(h) A terceira menor energia é E 2 2

4 2 − = ( 13, 6 eV− )( 4=

− 2−

) 2,

55 eV.

53. A função de onda proposta é

→

1

= −

a 3 2

em que a é o raio de Bohr. Nosso objetivo é mostrar que, quando esta função é substituída na

equação de Schrödinger, o resultado é zero. A derivada é

e, portanto,

e

d

dr

1

a5 2

e r a

= − −

d

r 2 r 2

dr a5 2

e r a

= − −

,

e r a

1 d 2 d 1 2 1 1

r

r 2 dr dr a 5 2 r a e r a

=

− +

− =

2 1

− +

a r a

.

Como a energia do estado fundamental é dada porE = −me 4 8 0 2 h 2 e o raio de Bohr é dado

por a = h 2 me E 2 e , = −

0 a 2 8 0 . Como a energia potencial é dada porU = −e 2 4 0 r ,

temos:

8

2 m

8

2m

e2 e2

[ E − U ] =

h2 h2

− +

8

0 a 4 = 8 2m

e2

0r

2

h 8

0

me2

1 2

=

− +

h 2

a r = 1

− 1 + 2

.

a a r

0

1 2

− +

a r

Assim, os dois termos da equação de Schrödinger se cancelam, o que significa que a função C

proposta é uma solução da equação.

54. (a) O gráfico de |C 200 (r )| 2 mostrado a seguir deve ser comparado com o gráfico de pontos da

Fig. 39-21. Note que o gráfico apresenta valores elevados na região entre r = 0 e r = 1,5a, que

corresponde à região com alta concentração de pontos em torno da srcem na Fig. 39-21. Para

valores maiores de r , existe uma região na qual os valores de |C 200 (r )| 2 são muito pequenos, que

corresponde ao espaço praticamente vazio da Fig. 39-21. Para valores ainda maiores de r , os

valores de |C 200 (r )| 2 voltam a aumentar, atingindo um segundo máximo, bem menor que o máximo

central, em r = 4a. A região em torno deste ponto corresponde ao anel com alta concentração

de pontos da Fig. 39.21.


(b) Os extremos de |C 200 (r)| 2 para r > 0 podem ser determinados elevando ao quadrado a função

dada, derivando em relação a r e igualando o resultado a zero. Isso nos dá a equação

1 ( r − 2a r )( a−

4 )

−

e − /

= 0,

32

r a

a6

cujas raízes são r = 2a e r = 4a. Observando o gráfico do item a, constatamos que r = 4a é um

máximo local e r = 2a é um mínimo local.

(c) De acordo com as Eqs. 39-41 e 39-43, a densidade de probabilidade radial é

(d) Fazendo r = ax e usando a relação

E, com a = 1), obtemos:

r

P r r r 2 2 2 r 2

200( ) = 4

e r a

200 ( ) = 2 − − /

.

8a3

a

∞

−

∫

x e dx = n

0

∞

∞

r 2

2

r

r a

1

P 200( r ) dr

e dr

0

a3

0 8 2 − /

∫ = ⌠

−

a

=

⌡

8

1

= [ 4! − 4(! 3 ) + 4(! 2 )] = 1

8

n x

! (Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice

∫

∞

0

∫

∞

2

2

2 x

x x e dx x 4

4x 3

4x 2 x

( − ) − = − + ( ) e − dx

55. De acordo com a Eq. 39-44, a densidade de probabilidade radial para o estado fundamental

do átomo de hidrogênio é dada por

P(r ) = (4r 2 / a 3 )e – 2r / a ,

em que a é o raio de Bohr. Fazendo r = x e usando a Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice

E com n = 3 e a = 2/ a, obtemos

r med

∫

∫

∞ 4 ∞

r a

= rP r ( dr ) = r 3e

−2

/

4 6

dr =

0 a3

0 a 3

( 2/

a)

4

0

= 1, 5a

.

56. (a) De acordo com a Eq. 39-4, os níveis de energia do poço de potencial são dados por E n

=

n 2 h 2 /8mL 2 . A diferença de energia entre o estado n e o estado n + 1 é

o que nos dá

= − = +

( ) −

2

DE E n +1 E n n 1 n2

DE

E

2

( 2n

1)

h

8mL2

h2

8mL2

=

+

=

2

8mL

n

n 2h2 = 2 n

+ 2 1.

+

( 2n

1)

h2

,

8mL2

Para grandes valores de n, 2n + 1 → 2n e, portanto, (2n + 1)/ n 2 → 2/ n.

(b) Não. Quando n → ∞, DE → ∞.

(c) Não. Quando n → ∞, E → ∞.

(d) Sim. Quando n → ∞, DE / E ≈ 1/ n → 0.

(e) Esses resultados significam queDE / E é um melhor exemplo queDE e E , tomados isoladamente,

de que, pelo princípio de correspondência, os resultados quânticos tendem para os resultados

clássicos para grandes números quânticos.



h

h

E E

n

mL

mL n h

n + − n = 2

( + ) − 2

2 2

2

=

2

2

n 1

8

2

8

2 2mL2

( + ).

58. (a) e (b) Na região 0 < x < L, U 0 = 0; portanto, a equação de Schrödinger para esta região é

d 2

dx 2

8

2m

+ E = 0,

h2

em que E > 0. Se C 2 ( x ) = B sen 2 kx , C ( x ) = B9 sen kx , onde B9 é uma constante tal que B9 2 =

B. Assim,

e

d 2

dx 2

d 2

dx 2

Para que essa equação se anule, é preciso que

o que nos dá

= − ′ = −

k B 2

sen kx k x 2

( )

8

2m

m

E k 2

8

2

E

h2

h2

+ − = + .

k

mE

k 2

8

2

= ,

h2

= ± 2 π

2mE .

59. (a) e (b) A equação de Schrödinger para a região x > L é

d 2

dx 2

h

8π2m

+ E U

h2 [ − 0 ] = 0,

na qual E – U 0 < 0. Se C 2 ( x ) = Ce – 2kx , C ( x ) = C 9e – kx , em que C 9 é uma constante tal que C 9 2 =

C . Assim,

e

d 2

dx 2

d 2

dx 2

= ′ =

kx

4k C 2e

− k 4

2

8

2m

m

E U k 2

8

2

E U

h2 [ 0 ] = + −

h2 0

+ −

Para que essa equação se anule, é preciso que

o que nos dá

k 2

8

2m

U E

h2 [ 0 ],

= −

2

k = ± 2m ( U 0 − E ).

h

[ ] .

Entretanto, para valores negativos de k , a função C (x ) não é fisicamente admissível como uma

densidade de probabilidade, pois aumenta exponencialmente com x para valores positivos de

x e a integral de qualquer densidade de probabilidade da forma C ( x ) ao longo de todo o eixo x

deve ser igual à unidade. Assim, a única solução aceitável é

2

k = 2m ( U 0 − E ).

h



E

n 2 h 2 n 2( hc)

2

.

8mL2

8( mc 2)

L2

n = =

(a) Para L = 3,0 × 10 9 nm, a diferença de energia é

1240

E 2 − E 1 =

8( 511 × 10 )( 30 , × 10 )

(b) Como (n + 1) 2 – n 2 = 2n + 1, temos:

DE E n +1 E

n

2

( 22 − 12

) = 1, 3 × 10 − 19

3 9 2

h2

( 2n

1)

8mL2

= − = + = +

Igualando essa expressão a 1,0 eV e explicitando n, obtemos:

n

( hc)

2

( 2n

1).

8( mc 2)

L2

4mc (

2L ) E 2

D 1 4( 511 103 eV)( 3,

0 109

nm)

2( 1, 0 eV)

( hc)

2

2

( 1240 eV nm)

2

= − =

(c) Para este valor de n, a energia é

× ×

⋅

12402

E n =

( 61× 018) 2

≈ 61×

01

8

eV

8( 511 103)( 30 , 109)

2

× ×

eV.

1

− ≈ 1, 2 × 1019.

2

e, portanto,

E n

mc2

6 × 1018

eV

3 13

= 511 × 10 eV = 1, 2 × 10 .

(d) Como E n / mc2 1, a velocidade do elétron é relativística.

61. (a) Como a dimensão da derivada em relação a uma grandeza é igual à dimensão srcinal

dividida pela dimensão da grandeza, a dimensão do primeiro termo da Eq. 39-18 é a dimensão

de C dividida pela dimensão de x 2 (m 2 , em unidades do SI). A dimensão do segundo termo é a

dimensão de C multiplicada por:

8 2 m

h2

kg

( J s) 2

[ E − U ( x )] ⇒ [ J]

⋅

em unidades do SI. Como, de acordo com a Eq. 7-9, J = kg · m 2 /s 2 , a dimensão do segundo termo

também é a dimensão de C dividida por m 2 , ou seja, pela dimensão de x 2 .

(b) De acordo com a Eq. 39-17, a dimensão da função de onda unidimensional é m−0, 5 em

unidades do SI. Como a dimensão dos termos da Eq. 39-18 é a dimensão de C dividida por m 2 ,

a unidade desses termos no SI é o metro −2, 5 .

62. (a) Como o nível de menor energia das transições da série de Balmer é n = 2, a transição

cujos fótons têm menor energia é a transição do nível n = 3 para o nível n = 2. A energia desses

fótons é


1 1

DE = E − 3 − = E 2 ( 13, 6−

eV) = 1,

889 eV

32 22

= 1240 eV ⋅ nm

= 658 nm.

D 1,

889 eV

= hc E


(b) No caso do limite da série, a diferença de energia é

∞ −

1 1

DE = E ∞− E = 2−

( 13, 6 eV) = 3,

40 eV

2

22


hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 366 nm.

DE 3,

40 eV

63. (a) Como os valores permitidos de l para um dado valor de n são 0, 1, 2, ..., n − 1, existem

n valores permitidos de l.

(b) Como os valores permitidos dem l

para um dado valor del são –l, – l + 1, ..., l, existem

2l + 1 valores permitidos de m l

.

(c) De acordo com os resultados dos itens (a) e (b), o número de valores permitidos de m l

para

um dado valor de n é

n−1

∑ n

l=

0

( 2l

+ 1) =

2.

64. Para n = 1,

E 1

m e 4

e

2 2

8

0h

= − = −

( 9, 11 × 10−

31

kg)( 1, 6 × 10−19 C)

4

− 12 2 − 34 2 −

= −13,

6 eV.

19 8( 8, 85 × 10 F m) ( × 6, 63 ⋅ 10 × J s) ( 1,

60 10 J eV)

Capítulo 40

1. O módulo L do momento angular orbital L é dado pela Eq. 40-2: L = l ( l + 1 ) h . Por outro

lado, a componente L z é dada pela Eq. 40-7: L

z

= m l

h, em que m l

= − l ,... + l. Assim, o ângulo

semiclássico satisfaz a relação cos = L z / L . O menor valor do ângulo corresponde a m = l que nos dá

, o

cos

=

lh

⇒ = cos−

l

( + 1)

( + )

h

l l 1

l l

Para l = 5, = cos

− 1

( 5/ 30) = 24, 1°

.

1 .

2. Para um dado número quântico n, existem n valores possíveis de l, que vão de 0 an − 1. Para

cada valor de l, existem N l

= 2(2l + 1) estados eletrônicos. Assim, o número total de estados

para um dado valor de n é

∑

∑

n −1

n−1

N n = N = l 2 + = ( 2l

1) 2n2.

l = 0

l=

0

Para n = 5, a expressão acima nos dá N = 2n 2 = 2(5) 2 = 50.

n


= L + l ( = l 1) + h 3( × 3 1)( ⋅ 1= , × 055 10− 34

J s) 3,

65 10−

34

J ⋅s.

(b) De acordo com a Eq. 40-7, L

z = m l

h. A projeção é máxima para m l

= l, o que nos dá

[ L z ] = = lh 3× 1 055⋅ = × 10−

34

⋅ 3 16 10−

34

( , J s) , J s.

max

4. Para um dado número quântico n, existem n valores possíveis de l, que vão de 0 an − 1. Para




(a) Para n = 4, N n = 2(4 2 ) = 32.

(b) Para n = 1, N n = 2(1 2 ) = 2.

(c) Para n = 3, N n = 2(3 2 ) = 18.

(d) Para n = 2, N n = 2(2 2 ) = 8.

∑

∑

n −1

n−1

N n = N = l 2 + = ( 2l

1) 2n2.

l = 0

l=

0

5. (a) Para um dado valor do número quântico principal n, o número quântico orbital l varia de

0 a n – 1. Para n = 3, existem três valores possíveis: 0, 1 e 2.

(b) Para um dado valor de l, o número quântico magnético m l

varia de −l a +l. Para l = 1,

existem três valores possíveis: –1, 0 e +1.

6. Para um dado valor do número quântico orbital l, existem (2l + 1) diferentes valores de m l

.

Para cada valorm l

, o spin do elétron pode ter duas orientações diferentes. Assim, o número total

de estados do elétron para um dado valor de l é dado por N l

= 2(2l + 1).

(a) Como l = 3, N l

= 2(2 × 3 + 1) = 14.

(b) Como l = 1, N l

= 2(2 × 1 + 1) = 6.

(c) Como l = 1, N l

= 2(2 × 1 + 1) = 6.

(d) Como l = 0, N l

= 2(2 × 0 + 1) = 2.

7. (a) O menor valor possível de l é l min = m l

= 4.

(b) O menor valor possível de n é n = l min + 1 = 5.

(c) Como, para um elétron, m s só pode assumir os valores +1/2 e −1/2, o número de valores

possíveis de m s é 2.

8. (a) Para l = 3, o maior valor possível de m l

é m l

= l = 3.

(b) Existem dois estados (m s = +1/2 e m s = −1/2) com m l

= 3.

(c) Como existem sete valores possíveis de m l

: +3, +2, +1, 0, –1, –2, –3, e dois valores possíveis

de m s , +1/2 e −1/2, o número total de estados disponíveis nesta subcamada é 14.

9. (a) Como, para l = 3, o módulo do momento angular orbital é

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

o módulo de L em múltiplos de h é 12 ≈ 34 , 6.

(b) Como o módulo do momento angular orbital é

l ( l 1) B = 12B,

orb = +

o módulo de em múltiplos de m

B é 12 ≈ 34 , 6.

(c) O maior valor possível de m l

é m l

= l = 3.


(d) Como L z = m l h

, o valor correspondente de L z em múltiplos de h é 3.

(e) Como m orb,z = −m l

m B, o valor correspondente de m orb,z em múltiplos de m

B é −3.

O ângulo semiclássico entre as direções de L z e L obedece à relação

cos = m l / l ( l + 1 ) .

(f) Para l = 3 e m s = 3, cos = 3 / 12 = 3 / 2 , o que nos dá u = 30,0 o .

(g) Para l = 3 e m s = 2, cos = 2 / 121=

/, 3 o que nos dá u = 54,7 o .

(h) Para l = 3 e m s = −3, cos = − 3 / = 12 − 3 / 2 , o que nos dá u = 150 o .

10. (a) Paran = 3, existem três valores possíveis de l: 0, 1 e 2.


(b) Para l = 2, existem 5 valores possíveis de m l

= −2, −1, 0, +1 e + 2.

(c) Como, para um elétron, quaisquer que sejam os valores de n, l e m l

, m s só pode assumir os

valores +1/2 e −1/2, o número de valores possíveis de m s é 2.

(d) Como, de acordo com a solução do Problema 2, o número total de estados para um dado

valor de n é 2n 2 , para n = 3 o número de estados possíveis é 2(3 2 ) = 18.

(e) Cada subcamada é caracterizada por um valor diferente de l. Como, para n = 3, existem três

valores possíveis de l, o número de subcamadas da camada n = 3 é 3.

= + + + = −

11. Como L 2 L 2 L 2 L 22

x y z , L x L 2

y L 2 L2

z . Substituindo L 2 por l ( l 1)

h

2 e L z por

m l

h, obtemos

L 2

+ L 2

= h l ( l +1) − m2

l

.

x

y

Como, para um dado valor de l, o maior valor possível de m l

é l, o menor valor possível de

L 2

x + L2

y é h l l ( + 1l ) − h

2

l = . Como o menor valor possível de m l

é 0, o maior valor

possível de L 2

x + L2

y é h l ( l + 1 ). Assim,

h l

≤ + L x ≤ Lh ly

+ ( )

2 2

1 .

12. O momento angular da esfera, L esfera , tem o mesmo módulo que L átomos , o momento angular

total dos átomos alinhados da esfera. O número de átomos da esfera é

N

N m

A

= ,

em que N A = 6,02 × 10 23 mol −1 é o número de Avogadro e M = 0,0558 kg/mol é a massa molar

do ferro. O momento angular total dos átomos é, portanto,

M

N Am

h

L átomos = 0, 12N ( msh) = 0, 12 .

M 2

Por outro lado, de acordo com a Eq. 11-31 e a Tabela 10-2, o momento angular da esfera é

2

L esfera =

I mR2 .

5

=

Igualando as duas expressões e explicitando ω , obtemos

23 −1

−34

= 0, 12 5N

4 A h

2 = 0, 12 5( 6, 02 × 10 mol )( 6,

63 × 10

MR

4( 0, 0558 kg/mol)(2,00 × 10−

3 J

m

⋅

)

s/2 2

)

=

43, × 10 −5

rad/s.

13. A força a que o átomo de prata está submetido é dada por

dU d

dB

F z = − = − − ( z B) = z

dz dz

dz

em que m

z é a componente z do momento dipolar magnético do átomo de prata e B é o campo

magnético. A aceleração resultante é

F z z dB dz

a = = ( / ) ,

M M

+

em que M é a massa de um átomo de prata. Usando os dados do Exemplo “Separação do feixe

no experimento de Stern-Gerlach”, obtemos

× ×

×

( 9, 27 10−

24

J T)( 1, 4 103

T m)

a =

1,

8 10−

25

kg


F

(b) O deslocamento vertical é

1 F

Dx = at 2

1

=

2 2 m

= 7,

2 ×

10 4 m s 2 = 72k m/s 2 .

dB

−

−

B ( 9, 271 0

24

J T)( 1, 61 02 T m) 1,

51 0

2 1

N.

dz

= = × × = ×

l

v

1 1,

5 10

=

2 1,

67 × 10

2

× − 21

15. O módulo do momento angular de spin é

A componente z pode ser S z = h/2 ou −h/2.

N 0 80

2 0

, m

1 2 × 10 = , × 10− 5

m = 20 m.

kg , m s

−27 5

S = s + ( s= 1) h ( + 1/ 2=

)( 1/

2 1)( h 3 2) h.

(a) Se S z = h/2, o ângulo u entre o vetor momento angular de spin e o semieixo z positivo é

= cos−

1 S z

= cos −1 1

= 54, 7°

.

S

3

(b) Se S z = −h/2, o ângulo é u = 180° – 54,7° = 125,3° ≈ 125°.

16. (a) De acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18,

(b) Como DE = hf , temos:

×

×

2( 9, 27 10−

24

J T)( 0, 50 T)

DE = 2

B B =

= 58 eV.

16 , 0 10−

19

J eV

f

DE

92 , 7 10−24

J

h 66 , 3 10−34

J s

= =

(c) O comprimento de onda é

×

× ⋅

= 1,

4 × 10

10

Hz = 14 GHz.

c 2,

998 × 108

m s

= f = 1, 4 × 10

10

Hz = 2, 1 cm.

(d) Essa radiação está na faixa das micro-ondas.

17. Como, de acordo com a Eq. 40-22, o campo magnético totalB = B local + B ext satisfaz a relação

DE = hf = 2mB, temos:

Blocal

hf ( 6, 63 × 10−

34

J ⋅ s)( 34 × 106

Hz)

= − Bext

=

− 0, 78 T = 19 mT.

2

2( 14 , 1 × 10−

26

J T)

18. Como, de acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18, DE = 2m BB ef , temos:

Bef

DE

hc

1240 nm eV

2 2 2( 21 × 10 − 7

nm)( 5, 788 × 10

5

eV T)

= = =

B

B

⋅

2

= 51 mT.



19. A energia de um dipolo magnético em um campo magnético externoB

é U = − ⋅ B

= − z B,

em que é o momento dipolar magnético e m

z é a componente do momento dipolar magnético

na direção do campo. A energia necessária para mudar a direção do momento de paralela para

antiparalela é DE = DU = 2m zB. Como a componente z do momento magnético de spin de um

elétron é o magnéton de Bohr m B , temos:

DE = 2= B × 2 9 274 10−

24= × 0 200 3 71 10−

24

B ( , J T)( , T) , J.

O comprimento de onda do fóton é

−34 8

= c = hc f D E = ( 6, 626 × 103,

71J ⋅ × s)( 2 − , 998 × 10 m s)

= × −

10

24 53 5 10

2

J , m = 5,35c m.

20. De acordo com a Eq. 39-20, os quatro primeiros níveis do curral retangular são não degenerados,

com energias E 1,1 = 1,25, E 1,2 = 2,00, E 1,3 = 3,25 e E 2,1 = 4,25 (em múltiplos de h 2 /8mL 2 ).

Assim, de acordo com o princípio de exclusão de Pauli, temos:

E fund = 2E 1,1 + 2E 1,2 + 2E 1,3 + E 2,3 = 2(1,25) + 2(2,00) + 2(3,25) + 4,25 = 17,25

em múltiplos de h 2 /8mL 2 .

21. De acordo com o princípio de exclusão de Pauli, dois elétrons ocupam os níveis n = 1, 2, 3

e um elétron ocupa o nível n = 4. Assim, de acordo com a Eq. 39-4,

= + + +

E fund 2E 1 2E 2 2E 3 E 4

h2

h2

h2

h2

2

8mL2 ( 1) 2

+ 2

8mL2 2

mL2 2

( 2) + 2

8 ( 3) + 8mL2

( 4)

2

( ) h2

h2

2 8 18 16

=

44

8

2

mL 8 mL2

=

= + + +

e a energia no nível fundamental do sistema, em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é 44.

22. Devido à degeneração do spin ( m s = ±1/ 2 ), cada estado pode acomodar dois elétrons.

Assim, no diagrama de níveis de energia da Fig. 40-23, dois elétrons podem ocupar o estado

fundamental, com energia E 1 = 4( h 2

/ 8mL2

), seis elétrons podem ocupar o estado triplo com

E 2 = 6( h 2

/ 8mL2

) e assim por diante. No caso de 11 elétrons, a configuração de menor energia

consiste em dois elétrons com E 1 = 4( h 2

/ 8mL2

), seis elétrons com E 2 = 6( h 2

/ 8mL2

) e três

elétrons com E = 7( h 2

/ 8mL2

). A energia desse estado é

3

2

2

E fund = 2632 + E 1 + E = 2 E 3 h h

8 4 mL 2 + 6

8 6 mL 2

= [( 2)( 4) + () 6 () 6 + () 3 ( 7)

]

8

h2

mL2

+ 3

8 7h

mL2

=

h2

65

8 mL2

O primeiro estado excitado é formado por dois elétrons com E 1 = 4( h 2

/ 8mL2

), cinco elétrons

com E = 6( h 2

/ 8mL2

) e quatro elétrons com E = 7( h 2

/ 8mL2

). A energia desse estado é

2

= + + =

E 1ex 2542 E 1 E 2 E 3

3

4h2

8mL2

+ 5

6h2

8mL2

h2

= [ 2 4 + 5 6 +

( )( ) () () ( 4)( 7)

] 66

8 mL 2 =

8

.

+

7

4

8

h2

mL2

.

2

h2

mL2

Assim, a energia do primeiro estado excitado, em múltiplos de h

2

/8mL

2

, é 66.


23. De acordo com a Eq. 39-23, os níveis de energia do elétron são dados por

E

h2

, , =

mL n 2

+ n 2

( + n 2

),

8

2

n x y z x y z

em que n x , n y e n z são números inteiros positivos. O nível fundamental corresponde a n x = 1, n y =

1 e n

z = 1 e tem uma energia E 1,1,1 = 3(h 2 /8mL 2 ). Existem dois elétrons com esta energia, um com

o spin para cima e o outro com o spin para baixo. O nível seguinte é triplamente degenerado e

tem uma energia

E 1,1,2 = E 1,2,1 = E 2,1,1 = 6(h 2 /8mL 2 ).

Como cada um dos estados pode ser ocupado por dois elétrons, este nível é ocupado pelos seis

elétrons restantes. Assim, a energia do estado fundamental do sistema é

E fund = (2)(3)(h 2 /8mL 2 ) + (6)(6)(h 2 /8mL 2 ) = 42(h 2 /8mL 2 )

e a energia, em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é 42.

Nota: A tabela a seguir mostra a configuração do estado fundamental e as energias dos elétrons

envolvidos, em múltiplos de h 2 /8mL 2 .

n x n y n z m s energia

1 1 1 –1/2, +1/2 3 + 3

1 1 2 –1/2, +1/2 6 + 6

1 2 1 –1/2, +1/2 6 + 6

2 1 1 –1/2, +1/2 6 + 6

total 42

24. (a) De acordo com a Eq. 39-20, as energias dos cinco primeiros níveis do curral retangular,

em múltiplos de h 2 /8mL 2 , são as seguintes:

E 1,1 = 1,25, E 1,2 = 2,00, E 1,3 = 3,25, E 2,1 = 4,25, E 2,2 = 5,00.

Note que o nível E 2,2 é duplamente degenerado (o estado E 2,2 tem a mesma energia que o estado

E 1,4 ), mas isso não afeta a solução do problema. Na segunda configuração de menor energia, que

corresponde ao primeiro estado excitado, os três primeiros níveis estão totalmente ocupados, o

quarto nível está vazio e o quinto nível está parcialmente ocupado. A energia correspondente,

em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é

= + , + + , = , + , ( , ) ( , ) + 232 ( , 5), + 50 0 = 180 , 0.

E 1ex 2E 1 1 2E 1 2 2E 1 3 E 2 2 2 1 252 2 00

(b) Na terceira configuração de maior energia, que corresponde ao segundo estado excitado, os

dois primeiros níveis estão totalmente ocupados, o terceiro está parcialmente ocupado e o quarto

está totalmente ocupado. A energia correspondente, em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é

= + , + + , = , + , ( , ) ( , ) + 32 , 5 + 242 ( , 5) = 182, 5.

E 2ex 2E 1 1 2E 1 2 E 1 3 2E

2 1 2 1 252 2 00

(c) Na quarta configuração de maior energia, que corresponde ao terceiro estado excitado, os

dois primeiros níveis estão totalmente ocupados e os três níveis seguintes estão parcialmente

ocupados. A energia correspondente, em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é

= + + + + = +

+ + + =

E 3ex 2E 1, 1 2E 1, 2 E 1,, 3 E 2 1 E 2, 2 2( 1, 25) 2( 2, 00) 32 , 5 42, 5 50 , 0 190 , 0.

(d) O diagrama a seguir mostra os níveis de energia deste problema e do Problema 40-20.

__________________ terceiro estado excitado: E = 19,00(h 2 /8mL 2 )


__________________ segundo estado excitado: E = 18,25(h 2 /8mL 2 )

__________________ primeiro estado excitado: E = 18,00(h 2 /8mL 2 )

__________________ estado fundamental: E = 17,25(h 2 /8mL 2 )

25. (a) Na segunda configuração de menor energia do sistema do Problema 40-21, que corresponde

ao primeiro estado excitado, os dois primeiros níveis estão totalmente ocupados, o

terceiro nível está parcialmente ocupado e o quarto nível está totalmente ocupado. A energia

correspondente, em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é

E 1ex = 2E 1 + 2E 2 + E 3 + 3 E 4 = 2(1) 2 + 2(2) 2 + (3) 2 + 2(4) 2 = 51.

(b) Na terceira configuração de menor energia, que corresponde ao segundo estado excitado, os

três primeiros níveis estão totalmente ocupados, o quarto nível está vazio e o quinto nível está

parcialmente ocupado. A energia correspondente, em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é

E 2ex = 2E 1 + 2E 2 + 2E 3 + E 5 = 2(1) 2 + 2(2) 2 + 2(3) 2 + (5) 2 = 53.

(c) Na quarta configuração de menor energia, que corresponde ao terceiro estado excitado, o primeiro

nível está totalmente ocupado, o segundo nível está parcialmente ocupado e os dois níveis

seguintes estão totalmente ocupados. A energia correspondente, em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é

E 3ex = 2E 1 + E 2 + 2 E 3 + 2 E 4 = 2(1) 2 + (2) 2 + 2(3) 2 + 2(4) 2 = 56.


_______________________ terceiro estado excitado: E = 56(h 2 /8mL 2 )

_______________________ segundo estado excitado: E = 53(h 2 /8mL 2 )

_______________________ primeiro estado excitado: E = 51(h 2 /8mL 2 )

_______________________ estado fundamental: E = 44(h 2 /8mL 2 )

26. De acordo com a Eq. 39-21, os níveis de energia do sistema são dados por

E

, , = + +

x y

n x n y nz

h2 n2

n2

n2

x y z h

m

L L L

=

2

2 2 2

8

2 2 2

8mL2

n x + n y + n z

z

( ) .

O nível fundamental é o nível E 1,1,1 = 3(h 2 /8mL 2 ), com n x = n y = n z = 1.

Os três níveis seguintes são triplamente degenerados:

O nível seguinte é não degenerado:

E 9 = E 1,1,2 = E 1,2,1 = E 2,1,1 = 6(h 2 /8mL 2 )

E 99 = E 1,2,2 = E 2,2,1 = E 2,1,2 = 9(h 2 /8mL 2 )

E 999 = E 1,1,3 = E 1,3,1 = E 3,1,1 = 11(h 2 /8mL 2 ).

E 2,2,2 = (2 2 + 2 2 + 2 2 )(h 2 /8mL 2 ) = 12(h 2 /8mL 2 ).

O nível seguinte é seis vezes degenerado e tem uma energia

E 9999 = 14(h

2

/8mL

2

).

(a) Na segunda configuração de menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde

ao primeiro estado excitado, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está

ocupado por cinco elétrons e o terceiro nível está ocupado por um elétron. A energia correspondente,

em múltiplos de h 2 /8mL 2 , é

1ex = + ′ + ′′ = + + =

E 2E 1, 1, 1 5E E 2( 3) 5( 6) 9 45.

(b) Na terceira configuração de menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde

ao segundo estado excitado, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está

ocupado por cinco elétrons, o terceiro nível está vazio e o quarto nível está ocupado por um

elétron. A energia correspondente, em múltiplos de h /8mL , é

E 2ex = 2E 1, 1, 1 + 5E ′ + E ′′ = 2+ ( 35 ) + ( = 61 ) 1 47.

(c) A quarta menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde ao terceiro estado

excitado, está associada a duas diferentes configurações. Na primeira, o primeiro nível está

totalmente ocupado, o segundo nível está ocupado por cinco elétrons, o terceiro e quarto níveis

estão vazios e o quinto nível está ocupado por um elétron. A energia correspondente, em múltiplos

de h 2 /8mL 2 , é

3ex = + ′ + ′′′ = + + =

E 2E 1, 1, 1 5E E 2( 35 ) ( 6) 12 48.

Na segunda, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo está ocupado por quatro elétrons

e o terceiro está ocupado por um elétron.


2

2


__________________ terceiro estado excitado: E = 48(h 2 /8mL 2 )

__________________ segundo estado excitado: E = 47(h 2 /8mL 2 )

__________________ primeiro estado excitado: E = 45(h 2 /8mL 2 )

__________________ estado fundamental: E = 42(h 2 /8mL 2 )

27. (a) Todos os estados com número quântico principal n = 1 estão ocupados. No estado seguinte,

com n = 2, o número quântico orbital pode ter os valores l = 0 e l = 1; desses estados,

os de menor energia são os estados com l = 0. Para l = 0, o único valor possível para o número

quântico magnético é m l

= 0. O número quântico de spin pode ter os valores m s = +1/2 e m s =

−1/2, que correspondem à mesma energia na ausência de um campo magnético externo. Assim,

no estado fundamental, os números quânticos do terceiro elétron podem ser n = 2, l = 0, m l

= 0

e m s = +1/2 ou n = 2, l = 0, m l

= 0 e m s = −1/2, ou seja,

( n , l , m l , m s ) = (2,0,0, +1/2) e (2,0,0, −1/2).

(b) A segunda menor energia corresponde a uma configuração com o terceiro elétron em um

estado com n = 2 e l = 1. Nesse caso, o número quântico magnético pode ser −1, 0 ou 1 e o

número quântico de spin pode ser m s = 1/2 ou m s = −1,2. Assim,

( n , l , m l , m s ) = (2,1,1,+1/2), (2,1,1,−1/2), (2,1,0,+1/2), (2,1,0,−1/2), (2,1,−1,+1,2) e

(2,1,−1,−1/2).


28. Para um dado número quântico n, existem n valores possíveis de l, que vão de 0 a n − 1. Para




∑

∑

n −1

n−1

N n = N =

l

2 + = ( 2l

1) 2n2.

l = 0

l=

0

29. De acordo com o resultado do Problema 40-28, o número de estados com o mesmo número

quântico n é 2n 2 . Assim, no caso de um átomo com 110, se os níveis fossem ocupados na ordem

crescente de n, teríamos 2 elétrons na camada n = 1, 8 elétrons na camada n = 2, 18 elétrons

na camada n = 3, 32 elétrons na camada n = 4 e os 50 elétrons restantes na camada n = 5 que

comporta exatamente 50 elétrons. Esses elétrons seriam colocados nas subcamadas na ordem s,

p, d , f , g, ... e a configuração resultante seria 5s 25p d 65 f 105g 145

18

. Assim, o número quântico

l do último elétron, em notação espectroscópica, seria g.

Na verdade, por causa da interação entre os elétrons, a configuração dos elétrons no estado

fundamental do darmstádio é

1s 22s p 223s 6p 2d 33

6s p 10

4d 244 f 6s p 10

4d 14

5

255

6 105 f 146s 2667

p 6 d 9 s 1.

30. Quando um átomo de hélio se encontra no estado fundamental, os dois elétrons estão no

estado 1s, com n = 1, l = 0 e m l

= 0. Em um desses elétrons, o spin aponta para cima (m s = +1/2);

no outro, o spin aponta para baixo (m s = −1/2). Assim,

(a) os números quânticos ( n , l , m l , m s ) do elétron cujo spin aponta para cima são (1,0,0,+1/2).

(b) os números quânticos ( n , l , m l , m s ) do elétron cujo spin aponta para baixo são

(1,0,0,−1/2).

31. Nos três elementos, as primeiras três camadas (n = 1 a 3), que podem acomodar 2 + 8 + 18 =

28 elétrons, estão totalmente ocupadas. No caso do selênio ( Z = 34), restam 34 – 28 = 6 elétrons

para serem acomodados. Dois desses elétrons vão para a subcamada 4s e os outros quatro vão

para a subcamada 4 pl.

(a) A última subcamada ocupada do selênio é a subcamada 4 p.

(b) A subcamada 4 p é ocupada por 4 elétrons.

No caso do bromo ( Z = 35), a última subcamada ocupada também é a subcamada 4 p, que, neste

caso, contém 5 elétrons.

(c) A última subcamada ocupada do bromo é a subcamada 4 p.

(d) A subcamada 4 p é ocupada por 5 elétrons.

No caso do criptônio ( Z = 36), a última subcamada ocupada também é a subcamada 4 p, que,

neste caso, contém 6 elétrons.

(e) A última subcamada ocupada do criptônio é a subcamada 4 p.

(f) A subcamada 4p é ocupada por 6 elétrons.

32. (a) Existem três valores possíveis para m l

(1, 0 e −1) e dois valores possíveis para m s (+1/2

e −1/2). Os estados possíveis são (,,,) m l

m 1122 m s m l s = (1, +1/2, 1, −1/2), (1, +1/2, 0, +1/2),

(1, +1/2, 0, −1/2), (1, +1/2, −1, +1/2), (1, +1/2, −1, −1/2), (1, −1/2, 0, +1/2), (1, −1/2, 0, −1/2),

(1, −1/2, −1, +1/2), (1, −1/2, −1, −1/2), (0, +1/2, 0, −1/2), (0, +1/2, −1, +1/2), (0, +1/2, −1,

−1/2), (0, −1/2, −1, + 1/2), (0, −1/2, −1, −1/2), ( −1, +1/2, −1, −1/2). Assim, existem 15 estados

possíveis.

(b) Existem seis estados proibidos pelo princípio de exclusão de Pauli, nos quais os dois elétrons

têm os mesmos números quânticos:(,,,) m l

m 1122 m s m l s = (1, +1/2, 1,+1/2), (1, −1/2, 1, −1/2), (0,

+1/2, 0, +1/2), (0, −1/2, 0, −1/2), (−1, +1/2, −1, +1/2), (−1, −1/2, −1, −1/2). Assim, se o princípio

de exclusão de Pauli não existisse, seriam possíveis 15 + 6 = 21 estados.

33. A energia cinética adquirida pelo elétron é dada por eV , em que V é a diferença de potencial

a que o elétron é submetido. Um fóton de comprimento de onda mínimo (que, de acordo

com a relação E = hc/ l, corresponde a um fóton de máxima energia) é produzido quando toda

a energia cinética do elétron é convertida na energia do fóton em um evento como o da Fig.

40-14. Assim, temos:

eV

hc 1240 eV nm

min 0,

10 nm

= =

e a diferença de potencial é V = 1,24 × 10 4 V = 12,4 kV.

⋅

= 12 , 4 × 10 4 eV

34. De acordo com as Eqs. 38-1 e 40-1, a diferença de energia é

DE

hc 1240 keV ⋅ pm

= =

= 6, 42 keV.

193 pm

Note que, para o hidrogênio, a diferença de energia correspondente é

1 1

= − ( 13, 6 eV)

−

10

2 1 ≈ eV.

DE 12 2 1

A diferença é muito maior no caso do ferro porque o núcleo do ferro contém 26 prótons, que

exercem uma força muito maior sobre os elétrons das camadas K e L que o único próton do

hidrogênio.

35. (a) O comprimento de corte l min não depende do material de que é feito o alvo, já que é o

comprimento de onda de um fóton cuja energia é igual à energia dos elétrons incidentes. Se essa

energia é 35,0 keV, temos:

1240 eV ⋅ nm

min =

= 3, 54 × 10−

2

nm = 35, 4 pm.

35 × 103

eV

(b) Os fótons da linha K α são produzidos quando um elétron do alvo sofre uma transição da

camada L para a camada K . A energia desses fótons é

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


l Κα = hc/ E = (1240 eV·nm)/(21,95 × 10 3 eV) = 5,65 × 10 – 2 nm = 56,5 pm.

(c) Os fótons da linha K β são produzidos quando um elétron do alvo sofre uma transição da

camada M para a camadaK . A energia desses fótons é


E Kβ = 25,51 keV – 0,53 keV = 24,98 keV

l Kβ = (1240 eV·nm)/(24,98 × 10 3 eV) = 4,96 × 10 – 2 nm = 49,6 pm.



36. (a) De acordo com as Eqs. 40-23 e Eq. 38-4, temos:

hc 1240 keV ⋅ pm

min = =

= 24, 8pm.

eV 50,0 keV

(b) Os valores de l para as linhas K α e K β não dependem do potencial de aceleração dos elétrons

e, portanto, permanecem os mesmos.

37. Suponha que um elétron, cuja energia é E e cujo momento tem módulo p, se transforme

espontaneamente em um fóton. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia do

fóton é E e, de acordo com as Eqs. 38-2 e 38-7, o módulo do momento é p f = E / c. A energia E

e o momento p e do elétron estão relacionados através da Eq. 37-55:

= + ⇒ = −

E 2 ( p e c ) 2 ( mc 2 ) 2 p e ( E / c ) 2 ( mc) 2 .

Como a massa do elétron não é nula, p e < E / c e, portanto, p e ≠ p f e o momento não é conservado,

a não ser que uma terceira partícula participe da reação.

38. A figura a seguir mostra o gráfico obtido usando a Eq. 38-1 para calcular as frequências a

partir dos comprimentos de onda. A inclinação da reta de mínimos quadrados é 5,02 × 10 7 Hz 1/2 ,

um valor bem próximo do que foi mencionado na Seção 40-10, 4,96 × 10 7 Hz 1/2 .

39. Como, de acordo com as Eqs. 38-1 e 40-26, o comprimento de onda das linhas características

de raios X é inversamente proporcional a ( Z – 1) 2 , em que Z é o número atômico dos átomos do

alvo, a razão entre o comprimento de onda lNb

da linha K α

do nióbio e o comprimento de onda

l Ga da linha K α do gálio é dada por

Nb

Ga

( −1)

=

( − 1)

Z Ga

Z Nb

2

2

302

= ≈ 0, 563.

402

40. (a) Como, de acordo com as Eqs. 38-2 e 40-26, a energia das linhas características de raios

X é diretamente proporcional a ( Z − 1) 2 , na qual Z é o número atômico dos átomos do alvo,

a razão entre as energias dos fótons associados às linhas K α de dois elementos cujos números

atômicos são Z e Z9 é

E Z

E ′ = −1

Z ′ − 1

2

.


(b) Para Z = 92 e Z 9 = 13, temos:

E f Z

E ′ = f ′ = −1

Z ′ −1

2 2

−

=

92 1

− = 57, 5.

13 1

(c) Para Z = 92 e Z 9 = 3, temos:

E

E ′ =

2

92 − 1

− = 20, 7 × 103.

3 1


mhc

( 1)(

1240 keV ⋅ nm)

d = =

= 80, 3 pm.

2DE

sen

2(8,979 keV − 0,

951 keV)(sen 74, 1°

)

42. De acordo com a Eq. 39-6 e a Fig. 40-13, temos:

DE E E

L

M

hc

= − = − =

L

hc

M

1240 keV ⋅ pm 1240 keV ⋅ pm

−

= 2, 2 keV.

63,

0 pm 71,

0 pm

43. (a) Para que um elétron de um nível mais elevado possa decair para a subcamada K , um

elétron deve ser removido dessa subcamada, o que requer uma energia de 69,5 keV. Assim, o

menor valor do potencial de aceleração é 69,5 kV.

(b) Com a aceleração calculada no item (a), a energia cinética dos elétrons incidentes é 69,5

keV. Isso significa que a energia de um fóton com o comprimento de onda lmin é 69,5 keV, e,

portanto, o comprimento de onda é

1240 eV ⋅ nm

min =

= 1, 78 × 10−

2

nm = 17,

8 pm

69,5 × 10 eV

3

.

(c) Como a energia de um fóton associado à linha K α é 69,5 keV – 11,3 keV = 58,2 keV, o

comprimento de onda é

K

1240 eV ⋅ nm

=

= 2, 13 × 10−

2

nm = 21, 3 pm.

582,

× 103

eV

(d) Como a energia de um fóton associado à linha K β é 69,5 keV – 2,30 keV = 67,2 keV, o

comprimento de onda é

1240 eV ⋅ nm

K

=

= 1, 85 × 10−

2

nm = 18, 5 pm.

3

672 , × 10 eV

44. É mais fácil começar a solução pelo item (b).

(b) Vamos chamar os comprimentos de onda dos dois fótons de l 1 e

2 = 1 + D . Nesse

caso,

eV = hc +

hc

− ( D − ±

2

0 2) + ( D 0)

4

⇒

1 1 + D 1 =

.

2 D

Como Dl = 130 pm e l 0 = hc/ eV = (1240 keV · pm)/20 keV = 62 pm, temos:

−

=

( 130 + pm − 62 pm 2+

) ( 130 pm 62 pm)

4

= 87 pm,

2 62 pm

1

2

onde escolhemos o sinal positivo da raiz quadrada para que l 1 > 0.


(a) A energia cinética do elétron após a primeira colisão é

hc

K = K − i = 20 − keV

1

(c) A energia do primeiro fóton é

E 1

(d) O comprimento de onda do segundo fóton é

(e) A energia do segundo fóton é

1240 keV ⋅ pm

= 5, 7 keV.

87 pm

hc 1240 keV ⋅ pm

= =

= 14 keV.

1 87 pm

+ = 2 D

pm = × pm 2,2 102 pm.

E 2

1 = 87 +130

hc 1240 keV ⋅ pm

= =

= 5, 7 keV.

22 , × 102

pm

2

45. A energia cinética inicial do elétron é K 0 = 50,0 keV. Depois da primeira colisão, a energia

cinética é K 1 = 25 keV; depois da segunda, é K 2 = 12,5 keV; depois da terceira, é zero.

(a) A energia do fóton produzido na primeira colisão é 50,0 keV – 25,0 keV = 25,0 keV. O

comprimento de onda correspondente é

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 4, 96 × 10−

2

nm = 49, 6 pm.

E 250 , × 103

eV

(b) A energia do fóton produzido na segunda colisão é 25,0 keV − 12,5 keV = 12,5 keV. O

comprimento de onda correspondente é

1240 eV nm

=

125 , 103

eV

×

⋅

= 9, 92 × 10−

2

nm = 99, 2 pm.

46. Como se trata de uma transição do nível n = 2 para o nível n = 1, a combinação da Eq. 40-26

com a Eq. 40-24 nos dá

f

=

e, portanto, a constante da Eq. 40-27 é

C

m e 4

e 1 1

Z

h −

( −1)

2

8

0 2 3 1

2 2

2

3m ee

4

7 1/

2

32 0 2 h 4, 9673 10 Hz .

= = ×

Devemos comparar os resultados da Eq. 40-27 (elevados ao quadrado e multiplicados pelos

valores precisos de h/ e dados no Apêndice B para calcular as energias correspondentes) com

as energias da tabela das energias das linhas K α (em eV) apresentada no final do enunciado. Os

números atômicos dos elementos podem ser encontrados no Apêndice F e no Apêndice G.

(a) No caso do Li, Z = 3 e temos:

E teórica

h

×

−

e C Z

J s

=

2

⋅

−

2

6,

6260688 10

34

( 1)

=

( 4, 9673 × 107 Hz

2

3 − 1

2

= 40

1, 6021765 × 10−19

J/eV

1/2 ) ( ) ,817 eV.

A diferença percentual é

teórica − experimen

diferença percentual = 100 E E tal 40, 817 − 54,

3

=

100 = − 24, 8≈ % − 25%.

E experimental

54,

3


(b) No caso do Be, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 4, nos dá uma diferença

percentual de –15%.

(c) No caso do B, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 5, nos dá uma diferença percentual

de –11%.

(d) No caso do C, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 6, nos dá uma diferença

percentual de –7,9%.

(e) No caso do N, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 7, nos dá uma diferença


(f) No caso do O, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 8, nos dá uma diferença percentual

de –4,7%.

(g) No caso do F, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 9, nos dá uma diferença percentual

de –3,5%.

(h) No caso do Ne, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 10, nos dá uma diferença


(i) No caso do Na, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 11, nos dá uma diferença


(j) No caso do Mg, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 12, nos dá uma diferença


Note que a diferença entre o valor teórico e o valor experimental da energia diminui à medida que

Z aumenta. A aproximação mais questionável da Seção 40-10 é a substituição e 4

→ ( Z − 1) 2e4,

que poderia muito bem ser e 4

→ ( Z − 0, 9) 2e4

ou e 4

→ ( Z − 0, 8). 2e4

Para grandes valores de

Z , os resultados obtidos usando essas aproximações são praticamente os mesmos, já que Z – j ≈

Z para Z >> j .

47. Seja P a potência do laser e seja E a energia dos fótons emitidos. Nesse caso, o número de

fótons que o laser emite por segundo é

R

P E

P

= = = =

hc

× ×

× ⋅ ×

P ( 5, 0 10−

3

W)( 0, 80 10−6m)

hc ( 6,

63 10−34 J s)( 2, 998 108

m s)

= 2, 0 × 1016s−

1.

48. De acordo com o Apêndice C, a Lua está a uma distânciaR = 3,82 × 10 8 m da Terra. O

ângulo do “cone” de luz é 2u. De acordo com a Eq. 36-12, para pequenos ângulos, o diâmetro

D do disco central de difração da superfície da Lua é

= ≈ =

D 2R sen

2R 2R

1, 22

2( 3, 82 × 108m)( 1,

22)( 600 × 10

d =

− 9m)

= 4, 71× 03

m = 4, 7 km.

0,

12 m

49. Se Df é a largura da faixa de frequências da luz visível, o número de canais que poderiam

ser acomodados é

N

Df

( 2, 998 × 10 450

−

− 650

−

= =

8 m s)[( nm) 1 ( nm) 1 ]

= 2 × 10 ,

10 MHz

10 MHz

7

um número muito maior do que o número de canais que podem ser acomodados na faixa de

frequências das micro-ondas.


50. De acordo com a Eq. 40-29, N 2 / N 1 = e ( E 2 E 1 kT ) . Explicitando T , obtemos:

T

=

E 2 E 1

k ln N 1 N 2

−

−

−

( ) = 3,

2 eV

1,

0 104

( 1,381×

0−

23

J K) ln 2,

5 × 1015 6,

1 × 1013

( ) = × K.

51. Como o número de átomos em um estado de energia E é proporcional a e – E / kT , na qual T é

a temperatura em kelvins e k é a constante de Boltzmann, a razão entre o número de átomos no

13 o estado excitado e o número de átomos no 11 o estado excitado é n 13 / n 11 = e − D E kT , na qual

DE é a diferença de energia entre os dois estados,

DE = E 13 – E 11 = 2(1,2 eV) = 2,4 eV.

Para T = 2000 K, kT = (8,62 × 10 −2 eV/K)(2000 K) = 0,1724 eV e

n13

n11

52. A energia do pulso luminoso é

Como a energia de cada fóton é

E

= = ×

e−

2, 4 0, 1724

90 , 10−

7.

E = = P × D t ( 2, 80 × 10 =

6

J/s)( 0, 500 10−

6

s) 1,

400 J.

p

hc ( 6, 63 × 10−

34

J ⋅ s)( 2, 998 × 108m/s)

= =

= 46,

9 × 10

424 × 10−

9m

−

o número de fótons contidos no pulso é

N

E

p

= =

E

1,

400 J

46,

9 × 10−

19

= 3, 0 × 1018

fótons.

J

Como cada átomo sofreu emissão estimulada apenas uma vez, o número de átomos que contribuíram

para o pulso luminoso também é 3,0 × 10 18 .

53. Se P é a potência do laser e E é a energia dos fótons emitidos, o número de fótons emitidos

por segundo é

R

P E

P

= = = =

hc

× ×

× ⋅ ×

P ( 2, 3 10−

3

W)( 632, 8 10−

9

m)

hc ( 6,

63 10−

34

J s)( 2, 998 108

m s)

19

J,

= 73 , × 1015s−

1.

54. De acordo com o Exemplo “Inversão de população em um laser”, se o comprimento de onda

da luz emitida é 550 nm, a razão entre as populações dos dois estados à temperatura ambiente

é N x / N 0 = 1,3 × 10 – 38 . Se n é o número de mols do gás, N 0 = nN A , em que N A

é a constante de

Avogadro. Para N x = 10, temos:

n

=

N x

10

=

= 1, 3 × 10

( 1, 3 10−

38) N ( 1, 3 10−38)( 6, 02 1023)

15 mol.

×

A

× ×

55. (a) Se t é o tempo de duração dos pulsos, a largura dos pulsos é

L = ct = (3,00 × 10 8 m/s)(1,20 × 10 – 11 s) = 3,60 × 10 – 3 m = 3,60 mm.

(b) Se E p é a energia dos pulsos, E é a energia dos fótons e N é o número de fótons emitidos em

um único pulso, E p

= NE . A energia dos pulsos é

0,

150 J

E p =

16 , 02 10−

19

J/eV

×

= 93 , 6 × 10

17

eV


e a energia dos fótons é

Assim,

N

E

p

= =

E

1240eV nm

E =

694,

4 nm

⋅

= 1, 786 eV.

93 , 6 × 1017

eV

= 52 , 4 × 1017

fótons.

1,

786 eV

56. Considere dois níveis, 1 e 2, com E 2 > E 1 . Como T = – |T | < 0,

N 2 E E kT E E k T E E k T

= e − ( −= ) − − e −

= >

− e

N

1

2 1 2 1 ( ) 2 1

1.

Assim, N 2 > N 1 , o que constitui uma inversão de população. Explicitando T , obtemos

T = − T = −

−

( ) = − 2,

26 eV

= −

( 8,62 × 10 −

27,

5 × 10

5

eVK )ln( 1+

01, 00)

5 K.

E 2 E 1

k ln N 2 N 1

57. (a) Vamos chamar de 1 o nível de maior energia e de 2 o nível de menor energia. Como N 1 /

N 2 = e − ( E 2 −E

1 kT ) , temos:

= = = × −

N N e − ( E 1 − E 2 ) kT hc kT

1 2 N 2e− λ

( 40, 10 20 )exp

= 5, 0 × 10−16

<< 1,

o que significa que o nível de cima está praticamente vazio.

1240

eV ⋅ nm

(580 nm)(8,62 × 10−

5

eV/K)(300K)

(b) Com N 1 = 3,0 × 10 20 átomos emitindo fótons e N 2 = 1,0 × 10 20 átomos absorvendo fótons, a

energia liberada será

hc

×

E = ( N − N ) = E − ( N = × N ) ( , ) ( ,

1 2 1 2 20 10 20 6 63 10−

34

J ⋅ s)( 2,

998 × 108

m s

fóton

580 × 10−

9

m

= 68 J.

58. No caso de um harmônico de ordem n de uma onda estacionária de comprimento de onda

l 1 em uma cavidade de largura L, n l = 2 L, o que nos dá nDl + lDn = 0. Fazendo Dn = ±1 e

usando a relação l = 2L/ n, obtemos

D

Dn

= = =

n n L

2

( 533 nm)

2

=

=

2( 80, × 107

nm)

1 , 81 × 0 −12

m = 1 , 8 pm.

59. Para que haja emissão estimulada, é necessário que exista um estado com um longo tempo de

vida acima de um estado com um curto tempo de vida nos dois tipos de átomo. Além disso, para

que a luz emitida pelos átomos do tipo A produzam emissão estimulada nos átomos do tipo B,

é preciso que transições nos dois tipos de átomo tenham a mesma energia. Essas condições são

satisfeitas para a transição do estado de 6,9 eV (com um tempo de vida de 3 ms) para o estado

de 3,9 eV (com um tempo de vida de 3 ms) dos átomos tipo A e para a transição do estado de

10,8 eV (com um tempo de vida de 3 ms) para o estado de 7,8 eV (com um tempo de vida de 3

ms) dos átomos tipo B. Assim, a energia por fóton da emissão estimulada dos átomos do tipo B

é 10,8 eV − 7,8 eV = 3,0 eV.


60. (a) O raio do disco central é

R

1, 22 f ( 1,) 22 ( 3,

50 cm)(515 nm)

d

3,

00 mm

(b) A intensidade média do feixe incidente é

= = = 7,

33

P

d 2

/ 4

(c) A intensidade média no disco central é

4( 5,

00 W)

= = 70 7 × 10

( 3,

00 mm)

2

,

5

W/m2.

m.

( 0, 84) P ( 0, 84)( 5,

00 W)

= = 24 , 9 × 101

0

W/m

R2

(7,33 m) 2 .

2

61. (a) Supondo que os dois espelhos são refletores perfeitos, existe um nó em cada extremidade

do meio e, portanto, existe um número inteiro de meios comprimentos de onda ao longo do

meio. O comprimento de onda no meio é l c = l/ n, em que l é o comprimento de onda no vácuo

e n é o índice de refração do meio. Assim, N ( l/2n) = L, na qual N é o número de nós da onda

estacionária e L é o comprimento do meio, o que nos dá

N

2nL

2( 1,) 75 ( 0, 0600 m)

694 10−

9

m

= =

×

= 30 , 3 × 105.

(b) Como l = c/ f , em que f é a frequência, N = 2nLf / c e DN = (2nL/ c)Df , o que nos dá

Df

×

c DN

( 2, 998 108

m )( 1)

= 2nL

= 21 ( ,) 75 ( 0, 0600

sm)

= 14 3 10 9

Hz

, × = 1,43 GHz.

(c) Como a velocidade da luz no meio é c/ n e a distância percorrida pela luz em um percurso de

ida e volta é 2 L, o tempo que a luz leva para fazer uma viagem de ida e volta é 2nL/ c, o que, de

acordo com a expressão para Df obtida no item (b), corresponde a 1/ Df para DN = 1.

(d) A frequência é

f = c/ l = (2,998 × 10 8 m/s)/(694 × 10 – 9 m) = 4,32 × 10 14 Hz

e o aumento relativo da frequência é

62. A energia dos fótons é

E

Df / f = (1,43 × 10 9 Hz)/(4,32 × 10 14 Hz) = 3,31 × 10 – 6 .

hc ( 6, 63 × 10−

34

J ⋅ s)( 2, 998 × 108m/s)

= =

= 28 , 7 × 10

−

694 × 10−9m

Como os fótons emitidos pelos íons de Cr que estão no estado excitado podem ser absorvidos pelos

íons que se encontram no estado fundamental, a potência média emitida durante o pulso é

P

=

−

− × × 10

×

( N 1 N 0) E ( 06, 00 04, 00)( 40, 0 1019

)( 28,

7

=

Dt

20 , 0 10−

6

s

−19

19

J.

J)

= 1,

1 × 106

J/s = 1,1 MW.

63. Devido à degeneração do spin (m s

= ±1/2), cada estado pode acomodar dois elétrons. Assim,

no diagrama de níveis de energia da Fig. 40-25, dois elétrons podem ocupar o estado fundamental,

de energia E 1 = 3( h 2

/ 8mL2

) , seis elétrons podem ocupar o “estado triplo” de energia

E 2 = 6( h 2

/ 8mL2

) e assim por diante. No caso de um sistema de 22 elétrons, a configuração

de menor energia é formada por dois elétrons com energia E 1 = 3( h 2

/ 8mL2

), seis elétrons de

energia E 2 = 6( h 2

/ 8mL2

), seis elétrons de energia E 3 = 9( h 2

/ 8mL2

), seis elétrons de energia


E 4 = 11( h 2

/ 8mL2

) e dois elétrons de energia E 5 = 12( h 2

/ 8mL2

). A energia do estado fundamental

do sistema é

= + + + +

E fundamental 26662 E 12345 E E E E

= 2

3h2

8mL2

+

6

6

8

h2

mL2

+

9

6

8

h2

mL2

+ 6 11

8

h2

mL2

+

2

= [( 2)() 3 + () 6 ( 6) + () 6 ( 9) + ( 6)( 11) + () 2 ( 12)

] h

8

2

mL

h2

=

186

8 mL 2 .

Assim, a energia do estado fundamental, em múltiplos de h 2

/ 8mL2

, é 186.

h2

2 12

8mL2

64. (a) Inicialmente, as moléculas são excitadas do nível de energia E 0 para o nível de energia E 2 .

Assim, o comprimento de onda l da luz solar responsável pela excitação satisfaz a equação

o que nos dá

=

hc

−

E 2 E 0

= − =

DE E 2 E 0

hc

,

1240 eV ⋅ nm

=

43 103

0 289 − 0

= ,

eV

× nm = 4,3 m.

,

(b) Como o efeito laser acontece quando os elétrons decaem do nível E 2 para o nível E 1 , o comprimento

de onda l9 da luz emitida satisfaz a equação

o que nos dá

′ =

hc

−

E 2 E 1

E E E

hc

,

D ′ = 2 − 1 = ′

1240 eV ⋅ nm

=

= 10 , 0 × 104 nm = 10 m.

0, 289 eV − 0,

165 eV

(c) Tanto l como l9 estão na região do infravermelho.

65. (a) A diferença de energia é

DE = hc

1 − 1

= ( 1240 eV ⋅ nm)

588 995

1 −

5

1

1 2

, nm 89,

592 nm

= 2, 13 meV.

(b) Como, de acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18, E = 2m BB, temos:

B

DE

21 , 3 × 10−

3

eV

= =

= 18T.

2

2( 5, 788 × 10−

5

eV T)

B

66. (a) A diferença de energia entre os estados 1 e 2 é igual à energia do fóton emitido. Como

a frequência do fóton é f = 1666 MHz, a energia é

E 2 − E 1 = hf = (4,14 × 10 – 15 eV·s)(1666 MHz) = 6,90 × 10 – 6 eV = 6,9 meV.

(b) Essa frequência fica na região das ondas de rádio.


67. Como, de acordo com as Eqs. 38-4 e 40-23, eV = hc/ l min , temos:

⋅

hc 1240 nm eV 1240 pm keV 1240 pm

min = =

=

= .

eV eV eV V

68. (a) Como, de acordo com o Apêndice C, a distância entre a Terra e a Lua é d TL

= 3,82 × 10 8 m,

o tempo é dado por

t

2d

TL 2( 3, 82 108

m)

c 2,

998 108

m s

= =

×

×

⋅

= 2, 55 s.

(b) Vamos chamar de dt a indeterminação do tempo e fazer 2dd TL = 15 cm. Nesse caso, como

d TL

∝ t, dt / t = dd TL / d TL . Explicitando dt , obtemos:

t

t d

TL

= =

d TL

(c) A divergência angular do feixe é

= 2 tan−

1

( 2, 55 s)( 0, 15 m)

= 5,

0 ×

238 ( , 2 × 108

m)

10 − 10 s =

0,50 ns.

1,

5 × 103

= 2

−1

1,

5 103

tan

45 10

4

d TL

3,

82

×× 108

= ( , × −

) ° .

69. (a) A intensidade da luz na posição do alvo é dada por I = P / A, na qual P é a potência do

laser e A é a área do feixe luminoso na posição do alvo. Estamos interessados em calcular o

valor de I e comparar o resultado com 10 8 W/m 2 . O feixe diverge por causa da difração na saída

do laser. Vamos considerar apenas a parte do feixe que constitui o máximo central de difração.

A posição angular do limite do máximo central é dada por sen u = 1,22 l/ d , na qual l é o comprimento

de onda e d é o diâmetro da abertura (veja o Problema 40-48). Na posição do alvo,

situado a uma distância D do laser, o raio do feixe é r = D tan u. Como u é pequeno, podemos

usar a aproximação sen u ≈ tan u ≈ u. Assim,

e

I

r = Du = 1,22 D l/ d

P Pd 2

( 5, 0 106 W)( 4, 0 m)

2

=

r 2

2

( 1,

22D ) 1,

22( 3000 103 )( 3, 0 10

6 2

m

−

m)

= =

×

[ × × ]

2, 1 105 2

= × W m ,

o que não é suficiente para destruir o míssil.

(b) Explicitando o comprimento de onda na equação da intensidade e fazendo I = 1,0 × 10 8 W/m 2 ,

obtemos:

d

=

1,

22

D

P

I

=

4, 0 m

5,

0 106

W

1,22(3000 103 m) ( 1,

0 108

W/m 2

)

um comprimento de onda na região do ultravioleta.

×

×

×

70. (a) A energia dos fótons responsáveis pela linha K β é

E

hc 1240 keV ⋅ nm

= =

= 19, 7 keV ≈ 20 keV.

63,

0 pm

(b) A energia dos fótons responsáveis pela linha K α é

E

hc 1240 keV ⋅ pm

= =

= 17, 5 keV ≈ 18 keV.

71,

0 pm

= 1,

40 × 10−

7

m = 140 nm,

(c) Tanto o Zr como o Nb podem ser usados, já que E α < 18,00 eV < E β e E α < 18,99 eV < E β ,

mas a substância mais apropriada é o Zr porque sua energia de ionização está mais distante da

energia da linha K α .

(d) A segunda substância mais apropriada é o Nb.

71. O número quântico principal n deve ser maior que 3. Os valores permitidos do número

quântico magnético m l

são –3, –2, –1, 0, +1, +2 e +3. Os valores permitidos do número quântico

de spin são −1/2 e +1/2.

72. Em uma camada com número quântico principal n, o número total de estados disponíveis

para os elétrons é 2n 2 (veja o Problema 40-2). Assim, no caso das primeiras quatro camadas

(n = 1 a 4), o número de estados disponíveis é 2, 8, 18 e 32. Como 2 + 8 + 18 + 32 = 60 < 63,

de acordo com a ordem “natural”, as primeiras quatro camadas do átomo de európio estariam

completas e restariam 63 – 60 = 3 elétrons para preencher parcialmente a camada n = 5. Dois

desses elétrons ocupariam a subcamada 5s, deixando apenas um elétron na subcamada seguinte,

que é a subcamada 5p. Nas reações químicas, este elétron teria a tendência de se transferir para

outro elemento, deixando os 62 elétrons restantes em uma configuração estável semelhante à do

sódio, que possui também apenas um elétron em uma subcamada, a subcamada 3s.

73. (a) Como o comprimento do pulso é dado por

L = cDt = (2,998 × 10 8 m/s)(10 × 10 – 15 s) = 3,0 × 10 – 6 m,

o número de comprimentos de onda contidos no pulso é

−6

N = L

= 500

3, 0 × 10

10−

9 m = 6, 0.

(b) Explicitando X na expressão dada e convertendo o resultado para anos, obtemos

( 1 s)( 1 m)

1 s

X =

=

10 10−

15

m ( 10 10−

15)( 3,

15 107

s/ano)

×

× ×

74. Usando os valores precisos dados no Apêndice B, temos:

= 3 2 × 10 6

, anos.

h 6,

62606876 × 10−

34

J ⋅s

h = =

= 1 05457 × 10−

34

1,

05457 × 10−

34

J ⋅s

,

J ⋅s

=

2

2

1,

6021765 × 10−

19

J eV

= 6, 58 × 10 −16

eV ⋅s.

75. Se os elétrons não tivessem spin, o número de estados disponíveis em cada camada seria

reduzido à metade. Assim, os valores de Z para os gases nobres (Z = 2, 10, 18, 36, 54 e 86)

também seriam reduzidos à metade e se tornariam Z = 1, 5, 9, 18, 27 e 43. Deste conjunto, o

único que corresponde ao número atômico de um gás nobre é Z = 18. Assim, o elemento de

número atômico 36, que é o argônio, é o único que continuaria a ser um gás nobre.

76. (a) O valor de l satisfaz a relação

( + ) = = ,

l l

1 L mvr

h h

em que L é o momento angular da Terra, m é a massa da Terra, v é a velocidade orbital da Terra

e r é o raio da órbita da Terra.

Para grandes valores de l, podemos usar a aproximação

( + ) ≈ = ,

l 1 l l

2



o que nos dá, usando os dados do Apêndice C,

mvr ( 5, 98 × 1024 kg)( 29, 8 × 103 m/s)( 150 × 109

m)

= =

≈ 3 × 1074.

h

6,

63 × 10− 34

/ 2

J ⋅s

l

(b) O número de orientações permitidas é 2l +1 ≈ 2(3 × 10 74 ) = 6 × 10 74 .

(c) Como

cos =

e, como u min é pequeno,

temos:

máx

l

=

( + ) + = 1

1 l l ( 1+

1/

l)

m l

min

l l

2 1/

2

2

min

2

min

cos min ≈ 1−

,

2

2

= ( 1+

1/ l) − 1 / 2

1

≈ 1−

1

1 1

38

min ≈ 6 × 10 .

2

− rad

l l 3 1074

= ⇒ = =

De acordo com o princípio de correspondência, os efeitos quânticos desaparecem quando h →

0. Neste caso, como h/ L é extremamente pequeno, os efeitos quânticos são desprezíveis e u min

para todos os efeitos é nulo, como prevê a teoria clássica.

77. De acordo com as Eqs. 40-23 e 38-4,

h

eV min ( 1, 60 10−

19

C)( 40, 0 103

eV )( 31,

1 10−

12

m)

c

2,

998 108

m s

= =

× × ×

×

×

2l

= 66 3 × 10−

34

⋅

, J s.

Capítulo 41

1. De acordo com a Eq. 41-9, a energia de Fermi é dada por

E

F

=

2/

3

3 h2

2/

3

16 2

m n ,

na qual n é o número de elétrons de condução por unidade de volume, m é a massa do elétron e

h é a constante de Planck. Essa equação pode ser escrita na forma E F

= An 2/3 , na qual

A

= 3

16 2

2/ 3

h2 =

2/

3

3 ( 6, 626 × 10−

34

J ⋅s)

2

−

m

16 2

= 58 , 42 × 10

38 2⋅

2

91 , 09 × 10−

31

kg

J s /kg.

Como 1 J = 1 kg · m 2 /s 2 , a unidade de A também pode ser expressa como m 2 · J. Dividindo por

16 , 02 × 10 −19

J/eV, obtemos A = 36 , 5 × 10−

19 m2⋅

eV.

2. De acordo com a Eq. 41-5, a densidade de estados de um metal é dada por

que pode ser escrita na forma

em que

Assim,

C

m /

N ( E ) = 8 2 3 2

E 1/

2,

h3

N ( E ) = CE 1/

2

82 m3/ 2

82 ( 9,

1091 0−

31kg) 3/2

h3

( 6,

626 10−

34

J s)

3

= =

= 68, 1 × 1027 m−

3⋅ ( eV) − 2 / 3 .

= = × [ ⋅

]

×

×

⋅

= 10 , 62 × 1056

kg

3/2

/J3⋅

s3

= × ⋅

N ( E ) CE 1/ 2

6, 81 1027m−

3

( eV) −2/

3

( 8,

0 eV) 1/2 1, 9 10 28 m − 3 eV−

1 ,

o que está de acordo com a curva da Fig. 41-6.

3. O número de átomos de cobre por unidade de volume é dado por n = d / M , na qual d é a massa

específica do cobre e M é a massa de um átomo de cobre. Como cada átomo contribui com um

elétron de condução, n também é o número de elétrons de condução por unidade de volume.

Chamando de A a massa molar do cobre, temos:

Assim,

M

A 63,

54 g/mol

= =

6,

022 × 10 mol

N A

8,

96 g/cm3

n =

10 , 55 10−

22

g

×

23 −1

= 10 , 55 × 10

= × 8, 49 10 =

22×

cm−

3

8,

49

−22

g.

10 28 m − 3 .

4. Seja E 1 = 63 meV + E F e seja E 2 = –63 meV + E F . Nesse caso, de acordo com a Eq. 41-6,

P1

=

1 1

= ,

( E 1 − E F )/ kT x

e 1 e 1

+

+


na qual x = (E 1 − E F )/ kT . Explicitando e x , obtemos:

Assim,

P2

e

1 1

1

P 0 090 1 91

.

1 , 9

x = − = − =

1

1 1 1

=

E E kT E E kT x

e 2 F

+ 1

= e 1 F

+ 1

= e + 1

=

− −

0 91

( ) / − ( − ) /

(91/ 9)

−

, .

1

+ 1

=

5. (a) De acordo com a Eq. 41-5, a densidade de estados de um metal é dada por

que pode ser escrita na forma

na qual

C

m /

N ( E ) = 8 2 3 2

E 1/

2,

h3

N ( E ) = CE 1/

2

82 m3/ 2

82 ( 9,

1091 0−

31kg) 3/2

h3

( 6,

626 10−

34

J s)

3

= =

×

×

⋅

= 10 , 62 × 10 56 kg

3/2

/J3⋅s3.

(b) Como 1 J = 1 kg ⋅ m

2

/s2

, 1 kg = 1 J · s 2 · m – 2 . Assim, a unidade de C pode ser escrita na

forma

o que significa que

( J ⋅ s2) 3⋅ / 2

( m− ⋅

2) ⋅

3/

=

2− J− −

⋅3 s

3 −

J

3/2

m

3,

= C × ( 1, 062⋅ 1056 × J − m − 3)( 1,

602 10

− 19

J/eV)

(c) Para E = 5,00 eV, temos:

3/2 3/2

= 68, 1 × 10 27 m−

3 ⋅ eV−

3 / 2 .

= × ⋅ = ×

⋅ .

N ( E ) ( 6, 81 1027m−

3

eV−

3/2 )( 5, 00 eV) 1/

2

1,

52 1028 eV−

1 m−

3

6. Como, de acordo com o resultado do Problema 41-3, n = 8,49 × 10 28 m – 3 = 84,9 nm – 3 , a Eq.

41-9 nos dá

E

F

0, 121( hc) 2

0 121 1240

n2/ 3

, ( eV nm) 2

( 84, 9 nm− 3) 2/

3

= 7,

0 eV.

m c2

511 103

eV

= =

e

×

7. (a) À temperatura T = 0, a probabilidade de que um estado com uma energia maior que a

energia de Fermi esteja ocupado é zero.

(b) De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado

à temperatura T é dada por

P ( E ) 1

=

( − kT ) /

e E E

F

⋅

+ 1 ,

em que k é a constante de Boltzmann e E F é a energia de Fermi. Para E – E F = 0,0620 eV,

temos:

E − E F 0,

0620 eV

=

= 2, 248,

kT ( 8, 62 × 10−

5

eV/K)( 320 K)

o que nos dá

1

P ( E ) = = 0, 0955.

2,

248

e 1

+

8. Se o ouro é um metal monovalente, cada átomo do elemento contribui com um elétron de

condução. Assim, a Eq. 41-4 nos dá

( 19, 3g/cm3)( 1063cm /m3)

n =

( 197 g/mol)/(6,02 10 23 mol−

1 )

×

= 59 0 × 10 28

, m−

3.

9. (a) Se a prata é um metal monovalente, cada átomo do elemento contribui com um elétron de

condução. Assim, a Eq. 41-4 nos dá

( 10, 5g/cm3)( 1063cm /m3)

n =

( 108 g/mol)/(6,02 10 23 mol−

1 )

×

(b) De acordo com a Eq. 41-9, a energia de Fermi é

(c) Como E

E

F

0, 121h

2

0 1216 626 10 − 34

n2/ 3

( , )( , J s) 2

m

9,

109 10−

31kg

F = =

=

= 8,

80 × 10−19

J = 5, 49 eV.

mv2

F

2 , v

F

×

× ⋅

2E

F 2( 8, 80 10−

19

J)

m 91 , 09 10−31

kg

= =

×

×

= 58 6 × 10 28

, m−

3.

= ( 58 , 6 × 10 m−

3)

= 13 , 9 × 10 6

m/s.

(d) De acordo com a Eq. 38-13, o comprimento de onda de de Broglie é

28 2/

3

h 6,

626

= =

× 10−34

J ⋅s

= 52 , 2 × 10 m.

mv ×

−

F ( 91,

09 10

31kg)(1,39

× 106 m/s)

−10

10. A probabilidade P b de que um estado esteja ocupado por um buraco é igual à probabilidade

de que o estado não esteja ocupado por um elétron. Como a soma da probabilidade de que

um estado esteja ocupado com a probabilidade de que o estado não esteja ocupado é igual a 1,

P b + P = 1 e, portanto,

P

= 1−

1

e( − F ) /

b E E kT

e( E − E F ) / kT

1

=

.

E E kT

1 1 e( − F ) / e − ( E − E F ) kT /

+ 1

+ = +

11. De acordo com a Eq. 41-7 e o Problema 41-2,

em que

C

(a) Para E = 4,00 eV,

N E N E P E CE e E E F

O( ) = ( ) ( ) =

1/ 2 ( kT ) /

[ − + ]

− 1

1

82 m3/ 2

82 ( 9,

1091 0−

31kg) 3/2

h3

( 6,

626 10−

34

J s)

3

= =

= 68, 1 × 1027 m−

3⋅ ( eV) − 2 / 3 .

×

×

⋅

= 10 , 62 × 1056

kg

3/2

/J3⋅

s3

[ 6, 81 × 1027me−

3⋅( V) −3/ 2]( 4, 00 eV)

1/

2

N O =

exp{( 4, 00 eV − 7, 00 eV )/[( 8, 621× 0

5eV/K)( 1000K)

]} + 1

= 13 , 6 × 10

− 28 m−

3 ⋅ eV−

1 .

(b) Para E = 6,75 eV,

[ 6, 81 × 1027me−

3⋅( V) −3 / 2]( 6, 75 eV)

1/

2

N O =

= 16 , 8 × 10

exp{( 6, 75 eV 7, 00 eV )/[( 8, 621 0− 5eV/K)( 1000K)

]} 1

28 m−

3 ⋅ eV−

1 .

− × +



(c) Para E = 7,00 eV,

[ 6, 81 × 1027 me−

3⋅( V) −3/ 2]( 7, 00 eV)

1/

2

N O =

exp{( 7, 00 eV − 7, 00 eV )/[( 8, 621× 0

5eV/K)( 1000K)

]} + 1

= 90 , 1 × 10

− 28 m−

3 ⋅ eV−

1 .

(d) Para E = 7,25 eV,

[ 6, 81 × 1027me−

3⋅( V) −3/ 2]( 7, 25 eV)

1/

2

N O =

9

exp{( 7, 25 eV − 7, 0 eV )/[( 8, 62 × 10

5eV/K)( 1000K)

]} + 1

= , 56 × 10 .

− 26 m−

3 ⋅ eV−

1

(e) Para E = 9,00 eV,

[ 6, 81 × 1027 me−

3⋅( V) −3 / 2]( 9, 00 eV)

1/

2

N O =

exp{( 9, 00 eV − 7, 00 eV )/[( 8, 621× 0

5eV/K)( 1000K)

]} + 1

= 17 , 1 × 10

− 18 m−

3 ⋅ eV−

1 .

12. Chamando de m a massa molar do carbono e de M a massa da Terra, o número de átomos de

carbono contidos em um diamante com a mesma massa que a Terra é N = (M e / m) N A , em que N A

é a constante de Avogadro. De acordo com o resultado do Exemplo “Probabilidade de excitação

de um elétron em um isolante”, a probabilidade pedida é dada por

− M

P N

E g / kT e

e

m

N e E g

= = − / 59 , 8 × 1024 kg

A

kT =

( 6, 02 10 )( 3 10 )

12,

01115g/mol

23 /mol

× ×

− 93

= 9 × 10 ≈ 10

− 43 − 42.


E = E + F kT ln( − = P−

1

1) + 7, × 00 eV ( 8,

62 10−5

eV/K)(1000 K)ln 1

0,900

(b) De acordo com o Problema 41-2, temos:

N ( E ) CE 1/ 2

( 6, 81 10273 3/

2)( 6,

81

− 1

eV

= 6, 81 .

= = × ⋅ m− eV−

eV) 1/2 = 17 , 7 × 10 28 m − 3 ⋅ eV−

1 .


= = × ⋅ = − −

× ⋅

N O( E ) N ( E ) P ( E ) ( 1, 771 028 m

3

eV

1

)( 0, 900)

1, 59 10 28 m−

3 eV−

1 .

14. (a) Como o volume ocupado pelos íons de sódio em uma amostra de sódio com um volume

de 1 m 3 é

( 971 kg)( 10 g/kg)( 6, 0221× 0 mol

−

)( 4 / 3)

V Na =

3 23 1 ( 980 , × 10−

m )

( 23, 0 g/mol)

a porcentagem do volume ocupada pelos elétrons de condução é

(b) No caso do cobre, temos:

−

10 , 0 01,

00

P =

1,

00

× 100% = 900, %

12 3

( 8960 kg)( 10 g/kg)( 6, 0221× 0 mol

−

)( 4 / 3

V Cu =

3 23 1 )( 135 × 10−

m )

( 63, 5g/mol)

e a porcentagem do volume ocupada pelos elétrons de condução é

−

10 , 0 08,

76

P =

1,

00

× 100% = 12, 4%.

12 3

= 0, 100 m3,

= 0,

876 m

(c) É o sódio, já que, no sódio, os elétrons ocupam uma parte maior do volume disponível.

−3

= +

D

15. A probabilidade de ocupação de Fermi-Dirac é dada porP FD 1/(

e E / kT 1) e a probabilidade

de ocupação de Boltzmann é dada por P B = e − D E / kT . A diferença relativa é

f

=

−

P B PFD

PB

Explicitando e − D E / kT nessa equação, obtemos:

=

e−

DE / kT 1

DE kT e /

+ 1

DE / kT

e−

−

f

D E kT

e /

.

1 f

− = −

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

T

=

k ln

DE

f

1 f

−

.

(a) Para f = 0,01, temos:

( 1,

00 eV)(1,60 × 10−

19

J/eV)

T =

( 13 , 8 × 10−

23 0,010

J/K)ln

1 0,010

(b) Para f = 0,10, temos:

( 1,

00 eV)(1,60 10−19

J/eV)

T =

( 13 , 8 10−

23

0,10

J/K)ln

1 0,10

O gráfico a seguir mostra a diferença relativa em função de T .

×

×

−

−

.

= 25 , 0 × 10 3

= 53 , 0 × 10 3

K.

K.


f

Como se pode ver, para um dado valor de DE , a diferença aumenta com a temperatura.

16. (a) De acordo com a lei dos gases ideais, Eq. 19-9, p = NkT / V = n 0 kT , em que n 0 é o número

de moléculas por unidade de volume. Explicitando n 0 , obtemos

p ( 1,

0 atm)(1,0 105

Pa/atm)

n0 = =

kT ( 13 , 8 × 10

− 23

J/ K)(273K)

×

= 27 × 10 25 −

, m 3 .

(b) De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4, o número de elétrons de condução por unidade de

volume do cobre é dado por

×

( 8, 96 103 kg/m3)( 1000 g/kg)

n =

( 63, 54 g/mol )/( 6,

02 1023 mol−

1)

×

= 85 , × 1028

m−

3 .

T(K)


(c) A razão én/ n 0 = (8,5 × 10 28 m – 3 )/(2,7 × 10 25 m – 3 ) = 3,1 × 10 3 .

1 1

(d) d med = =

= 3 3 nm

3 n 3 ( 27 , × 1025m−

3

) , .

1 1

(e) d med = =

= 0 23 nm

3 n 3 ( 85 , × 1025m−

3

) , .

17. Se N é o número de átomos por unidade de volume e n é o número de elétrons livres por

unidade de volume, o número de elétrons livres por átomo én/ N . Como, de acordo com o resultado

do Problema 41-1, E F = An 2/3 , na qual A = 3,65 × 10 –19 m 2 · eV, temos:

n

=

E

F

A

3/

2

11,

6 eV

=

36 , 5 × 10−

19m2⋅

eV

3/

2

= 17 , 9 × 10 29 m−

3 .

Se M é a massa de um átomo de alumínio e d é a massa específica do alumínio, N = d / M .

Como

temos:

M = (27,0 g/mol)/(6,022 × 10 23 mol –1 ) = 4,48 × 10 –23 g,

N = (2,70 g/cm 3 )/(4,48 × 10 – 23 g) = 6,03 × 10 22 cm – 3 = 6,03 × 10 28 m – 3 .

Assim, o número de elétrons livres por átomo é

18. A massa da amostra é

n

= 17 , 9 × 10

N 60,

3 × 10

m

m

29 −3

28 −3

= 2, 97 ≈ 3.

m = V = ( 9, 0 g/cm3)( 40,

0 cm)

3

= 360 g,

que corresponde a

n

m 360 g

= = = 6,

0 mol.

M 60 g/mol

Como os átomos são divalentes (cada um contribui com dois elétrons livres), existem 12,0 mols

de elétrons de condução, o que nos dá

N = nN = × = × −

A ( 12, 0 mol)( 6, 021 023 mol

1) 7, 21 024.

19. (a) Vamos calcular P(E ) = 1 / [ e ( E E − F kT ) /

+ 1]

para os valores dados de E e

×

( 13 , 81 10−

23

J/K)(273K)

kT =

16 , 02 10−

19

J/eV

×

= 0,

02353eV.

Para E = 4,4 eV, ( E – E F )/ kT = (4,4 eV – 5,5 eV)/(0,02353 eV) = – 46,25 e

(b) Para E = 5,4 eV, P( E ) = 0,986 ≈ 0,99.

(c) Para E = 5,5 eV, P(E ) = 0,50.

(d) Para E = 5,6 eV, P( E ) = 0,014.

1

P ( E ) =

, .

e−

,

1 1 0

46 25

+ ≈

(e) Para E = 6,4 eV, P(E ) = 2,447 × 10 – 17 ≈ 2,4 × 10 – 17 .


(f) Explicitado e DE / kT na equação P = 1/(e DE / kT + 1), obtemos

D E kT

e /

1

= − 1.

P

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

T

=

DE

k ( −

P ) = ( 5, 6 eV − 5, 5 eV)( 1,

602 × 10

− 19

J/eV)

1

ln 1 ( 1, 381 10

23 1

×

−

J/K)ln

0,

16

− 1

( )

= 699 K ≈ 7,0 × 102

K.

20. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado


P ( E ) 1

=

,

e ( E E − F kT )/

1

na qual k é a constante de Boltzmann e E F é a energia de Fermi. Como

E

− = 6, − 10 eV = 5, 00 eV 1,

10 eV

E F

+

e

temos:

E

−

kT

E

F

1,

10 eV

=

= 8,51,

( 86 , 2 × 10−

5 eV/K)(1500 K)

= + = × −

P ( E ) e8,

511 1 20 , 1 10

4.

De acordo com a Fig. 41-6, a densidade de estados para 6,0 eV é N ( E ) = 1,

7 × 10 28 /m3

⋅ eV.

Assim, de acordo com a Eq. 41-7, a densidade de estados ocupados é

= = × ⋅ × = −

× ⋅

N O( E )( N E ) P ( E ) ( 1, 71 028/m3

eV)( 2, 011 0

4)

34 , 2 10 24 /m3

eV.

Em um intervalo de energia DE e um volume V, o número n de estados ocupados é

= = × ⋅ × −

n N OE ( V ) E D ( 3, 42 1024 /m3 eV)( 5, 00 10

8

m3)(

0,

0300 eV)

5, 1 10 15 .

= ×

3kT

386 ( , 2 × 10−

5

eV/K)(300K)

21. (a) ParaT = 300 K, frac = =

=

2

2( 7,

0 eV)

kT

(b) Para T = 1000 K, frac =

3

=

386 ( , 2 10

5

eV/K)(1000K)

2

2( 7,

0 eV)

E F

E F

× −

(c) De acordo com as Eqs. 41-5, 41-6 e 41-7, temos:

frac

=

∞

E

E e − E

∫ /[

( F ) /

E F

∞

E E

E /[ e( − F ) /

0

∫

kT

kT

+

+

1]

dE

.

1 ] dE

0, 0055.

= 0, 018.

Usando um programa de computador como Maple ou Mathematica para calcular as integrais,

obtemos, para E F

= 7,0 eV e T = 300 K, frac = 0,00385, e para E F

= 7,0 eV e T = 1000 K,

frac = 0,0129. No primeiro caso, o erro percentual é de 30%; no segundo, é de 28%.


22. De acordo com o Problema 41-21, a fração f de elétrons é dada, aproximadamente, por

f

kT

= 3 ,

2E F

na qual k é a constante de Boltzmann, T é a temperatura em kelvins e E F é a energia de Fermi.

Explicitando T , obtemos:

T

2 fE

3k

F

= =

2( 0, 013)( 4,

70 eV)

= 472K.

386 ( , 2 × 10−

5

eV/K)

23. A energia média dos elétrons de condução é dada por

1

E med =

n

∫

∞

E N ( E ) P ( E ) dE ,

0

na qual n é o número de elétrons livres por unidade de volume, N ( E ) é a densidade de estados e

P(E ) é a probabilidade de ocupação. Como a densidade de estados é proporcional a E 1/2 , podemos

fazer N (E ) = CE 1/2 , na qual C é uma constante de proporcionalidade. Em T = 0 K, a probabilidade

de ocupação é 1 para energias menores que a energia de Fermi e 0 para energias maiores que a

energia de Fermi. Assim,

E

C E F

C

E 3/ 2

2

dE

n ∫ n E 5/ 2

F .

0

5

med = =

O número de elétrons livres por unidade de volume é dado por

∫

= = =

E F

n ∞N E ( P ) E dE ( ) C E dE 1/ 2

2C E 3/

2

F .

0

0

3

Substituindo n por seu valor na expressão da energia média, obtemos

E

med =

2C

5

E 5/

2

F

∫

3

E F

2CE

= 3

.

3/ 2

5

24. De acordo com a Eq. 41-9, o número de elétrons de condução por unidade de volume é

n

16 2

=

3

m F e E

h2

3/

2

16 e 2F

( m c 2)

E

3 ( hc)

2

=

= 50, 9 nm−

= 5,

09 × 10

m

3 28 −3

3/

2

F

=

16 2 ( 0, 511 × 106

eV)( 5, 0 eV)

3 ( 1240 eV ⋅ nm)

2

4 3

≈ 84 , × 10 mol/m .

Como o material possui dois elétrons de valência por átomo, o número de átomos por unidade

de volume é

n a

e a massa específica do material é

= = ×

n/ 2 4, 2 10 4 mol/m 3 ,

= = × n a M ( 4, 2 104 mol/m = ×

3)( 20, 0 g/mol) 8,

4 105 g/ m3 = 0, 84 g/cm3.

25. (a) De acordo com o Problema 41-23, a energia liberada seria

( 3, 1 g)

E = NE med =

3

7 0 1 6 10

( 63, 54 g/mol)/(6,02 × 10 23 mol−

1)

5

( , eV)( , ×

4

= 1,

97 × 10 J = 19,7 kJ.

−19

J/eV)

3/

2


(b) Como 1 W = 1 J/s, temos:

t

E 19 , 7 × 104

J

= =

= 197 s.

P 100 J/s

26. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de ocupação de um estado situado a uma distância

DE da energia de Fermi E F

é dada por

Explicitando DE , obtemos

1

1

P =

.

e ( E F + D E − E F ) / kT e

DE kT

1

/

1

DE = 1

kT ln

− 1

P = ( 1,

38 × 10 23 J/K)(300K)ln

+ = +


2( 7, 133g/cm3)

n =

( 65,

37g/mol)/(6,02

10 23 mol)


E

F

×

1

−

J meV

1

0,10 = 9, 1 × 10−

21

= 57 .

= 1, 31 × 1023 cm−

3

= 1,

31 × 1029m −3.

0, 121h

2

0 121 6 63 × 10−

34

⋅ 1 31

n2/ 3

, ( , J s) 2 ( , × 1029m −3)

2/3

m

( 9, 11 10−

31kg)(1,60

10−

19

J/eV)

= =

e

× ×

= 9, 43 eV.

(c) Igualando a energia de Fermi a m v 2

/ 2, obtemos:

2E c2

F 2( 9, 43eV)( 2,

9981×

08

m/s)

vF

= =

m c 2

511 × 103

eV

= 18 , × 2 10= 6 m/s × 1,82 10 3 km/s.

e

(d) De acordo com a Eq. 38-13, o comprimento de onda de de Broglie é

h

66 , 3 × 10−

34

J ⋅s

= =

m v ×

−

e F ( 91,

1 10

31

kg)(1,82 × 10 6 m/s)

28. De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4,

( 19, 3g/cm3)( 6, 02 10231mol

− )

n =

( 197g/mol)

e, portanto, de acordo com a Eq. 41-9,

E

F

×

= 0,

40 nm.

= 5,

90 × 10 cm−

= 59,

0 nm

22 3 −3

0, 121( hc)

2

0 121 1240

2

n2/ 3

, ( eV nm)

( 59, 0 nm−3) 2/

3

= 5,

52 eV.

( m c2)

511 103

eV

= =

29. De acordo com o Problema 41-23,

e

×

K total = NE = medn E = × med ( 8, 43× 10 28 m− 3 )( 1,

00 10−

6 3 3

m )

( 7, 00 eV)( 1,

60 10

5

19 J/eV)

× −

= 5,71 × 104 J = 57,1k J.

30. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado


P ( E ) 1

=

( − kT ) /

e E E

F

⋅

+ 1


na qual k é a constante de Boltzmann e

E

F

é a energia.

Como

e

temos:

0, 121h

2

0 121 6 626 10 − 34

n2/ 3

, ( , J s) 2

( 1, 70 × 1028 m

− 3) 2/3

= 3,

855 × 10−

19

J

m

9,

11 10−

31

kg

= =

e

E

E F

× ⋅

×

− = × 4, 00 − 10− 19

× J 3, = 855×

10− 19

J 1,

45 10−

20

J

F

− = , ×

−23

E E

kT

Além disso, de acordo com a Eq. 41-5, temos:

N ( E )

− =

13 8 ×

14 10

5 10 20

J 5,2536,

( , J/K)(200 K)

1

P ( E ) =

52 , 0 10

3.

e5,

2536

1

+ = × −

8 2 m3/

2

( ,

E 1/

2

8 29 109 × 10

− 31

kg) 3/2

( 40, 0 × 10−

19

J)

1/

2

h3

( 6,

626 10−

34

J s)

3

= =

= ( 10 , 62 × 10

56

= 6,

717 × 1046 /m3⋅ J.

× ⋅

kg

3/2/J3⋅ s3)( 40, 0 × 10−

J)

19 1/

2

Assim, de acordo com a Eq. 41-7, a densidade de estados ocupados é

N ( E ) = N ( E ) P = ( E ) × ( 6, 717 ⋅ 10 ×

46

/m3

J)( 5, 20 10−

3

) = 34 , 9 × 10 44 m3⋅

J.

O

Em um intervalo de energia DE e em um volume V , o número de estados ocupados é

= = × ⋅ × −

n N OE ( V ) E D ( 3, 491 044 /m3 J)( 6, 001 0

6

m3)(

3,

20 10− 20

J)

= 67, × 1019.

31. (a) A energia mínima para que o elétron passe da banda de valência para a banda de condução

é igual à diferença de energia E g entre as duas bandas. Como a energia de um fóton é dada por

E fóton = hc/ l, na qual l é o comprimento de onda, E fóton = E g e

hc ( 66 , 3 × 10−34 J ⋅ s)(2,998 × 108m/s)

= =

= 22 , 6 × 10−

m = 226 nm.

E g ( 5,

5eV)

(1,60 × 10−19

J/eV)

7

(b) Este comprimento de onda está na região do ultravioleta do espectro eletromagnético.

32. Cada átomo de arsênio está ligado (através de ligações covalentes) a quatro átomos de

gálio; da mesma forma, cada átomo de gálio está ligado a quatro átomos de arsênio. No modelo

bidimensional da figura a seguir, as letras foram usadas para indicar a distância a que os átomos

se encontram do observador: A indica os átomos mais próximos, b os átomos da segunda camada,

C os da terceira camada e d os da quarta camada. As letras maiúsculas são usadas para os átomos

de gálio e as letras minúsculas para os átomos de arsênio.

×

Considere o átomo de arsênio com a letra b perto do canto superior esquerdo. Esse átomo forma

ligações covalentes com os dois átomos A e os dois átomos C mais próximos. Por outro lado, o

átomo de arsênio com a letra d perto do canto superior direito forma ligações covalentes com os

dois átomos C mais próximos e com dois átomos que estão em uma quinta camada, diretamente

abaixo dos átomos A mais próximos.

(a) Nos átomos de arsênio e gálio, todas as camadas até a subcamada 4s estão completas. Um

átomo neutro de gálio possui um elétron na camada 4p e um átomo neutro de arsênio possui três

elétrons na subcamada 4p. Para completar a camada n = 4, os átomos de gálio e arsênio precisam

compartilhar não só os elétrons da subcamada 4p, mas também os elétrons da subcamada 4s.

Assim, o caroço do íon de gálio possui uma cargaq = +3e, causada pela “perda” dos dois elétrons

da subcamada 4s e do elétron da subcamada 4p.

(b) O caroço do íon de arsênio possui uma carga q = +5e, causada pela “perda” dos dois elétrons

da subcamada 4s e dos três elétrons da subcamada 4p.

(c) Como no caso do silício, cada ligação covalente envolve 2 elétrons.

33. (a) Como, na extremidade inferior da banda de condução, E = 0,67 eV, e a energia de Fermi

é E F

≈ (0,67 eV)/2 = 0,335 eV, a probabilidade de que um estado na extremidade inferior da

banda de condução esteja ocupado é

1

1

P ( E ) =

( E E

e − F )/ kT

1 e( 0, 67 eV − 0, 335 eV )/( 8,

62× 10−5

eV/K)( 290 K)

+ =

+ = × − 6

1 1 , 5 10 .

(b) Como, na extremidade superior da banda de valência, E = 0, a probabilidade de que um

estado não esteja ocupado é

1

1

1− P ( E ) = 1−

+ 1

= + 1

=

( E − E

e ) kT

e − E − E kT e

= 1 5 × 10

, −6.

F ( F ) − ( 0−0,335 eV) ( 8, 621×

0−5

eV K)( 290 K)

34. (a) O número de elétrons na banda de valência é

N ev

N v

= N v P ( E v ) =

E v E kT

e( − F )

1 .

Como existem N v estados na banda de valência, o número de buracos na banda de valência é

= − = −

N bv N N ev N

1

v v E E kT

+

1 N v

v

E v E

e( − F )

+ 1 e

− ( − F ) kT

+ 1 .

Por outro lado, o número de elétrons na banda de condução é

N ec

Assim, para que N ec = N bv , devemos ter

(b) e ( E v E F kT ) /

1 e e E c E F kT

− −

>>

o que nos dá

=

N c

= N c P ( E c ) =

E c E kT

e( − F )

1 .

N v

N c

E E kT

e− ( v F − ) /

1c F E E kT

e( − ) /

1

( − ) /

,

+

+ = +

>> 1 a equação obtida no item (a) se reduz a

e

N

e

N

= ,

c

v

( E c −E F ) E kT − ( v − E F ) kT

( E v − E c + 2E F ) kT

e N v N c

.

≈

1

+ 1



Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos

−

2 E F v E c E v

kT

−

=

N

ln

N c ,

o que nos dá

1

1

N v

E F

= ( E c

+ E v ) + kT ln

2

2

N c .

35. No Exemplo “Dopagem do silício com fósforo”, é calculada a fração de átomos de silício

que devem ser substituídos por átomos de fósforo para que a concentração de elétrons aumente

de 10 16 m −3 para 10 22 m −3 . Neste problema, vamos calcular primeiro o número de átomos em

m Si = 1,0 g de silício, depois o número de átomos que devem ser substituídos e, finalmente, a

massa dos átomos de fósforo usados na substituição. Como a massa molar do silício é M Si =

28,086 g/mol, a massa de um átomo de silício é

m0,Si

M Si

= =

N A

e o número de átomos em 1,0 g de silício é

N Si

mSi

= =

m0,

Si

28,

086 g/mol

6,

022 10 mol−

×

1,

0 g

46,

6 10−

×

23 1

23

g

=

4, 66 × 10 −23

g

= ×

21 4 10

22

, .

Como, de acordo com o Exemplo, um em cada 5 × 10 6 átomos de silício deve ser substituído

por um átomo de fósforo, é necessário introduzir

N P =

×

×

21,

4 10

5 10

6

22

= , ×

42 9 10

átomos de fósforo em 1,0 g de silício. Como a massa molar do fósforo é M P = 30,9758 g/mol, a

massa de um átomo de fósforo é

M P 30,

9758 g/mol

m 0 , P = =

= 5,

14 × 10

N 23 1

A 6,

022 × 10− mol− −23

g

e a massa de fósforo que deve ser usada na dopagem é

15

m =

P N = m × × = ×

− 23 −7

P 0, P ( 4, 29 10 )( 5, 14 10 g) 2, 2 10 g = 0,22 g.

15

36. (a) O nível de Fermi está acima da extremidade superior da banda de valência.

(b) A distância entre o nível dos doadores e a extremidade superior da banda de valência é

E = 1,11 eV – 0,11 eV = 1,0 eV.


= − − = − ×

E F E kT P

− 1

ln[ ] , ( , −5

1 1 0 eV 8 62 10 )( 300 K ) ln[ ( 5, 00 10−

5 1

)] − 1

=

0, 744 eV.

Para E = 1,11 eV, temos:

( ) =

P E

1

1

E E F kT

e

( − )

e

( 1, 11eV 1

−0, 744 eV) [( 8,

62×

10− 5 eV K) ( 300 K)

]

+ =

× −

7

71 3 10−

+ = , × .

1


37. (a) De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado

é

P ( E ) =

1

e ( E E − F kT )

na qual E F é a energia de Fermi, T é a temperatura em kelvins e k é a constante de Boltzmann.

Medindo as energias em relação à extremidade superior da banda de valência, a energia de um

estado na extremidade inferior da banda de condução é E = 1,11 eV. Além disso,

+ 1

kT = (8,62 × 10 – 5 eV/K)(300 K) = 0,02586 eV.

No caso do silício puro, E F = 0,555 eV e

E − E F 0,

555 eV

= = 21, 46,

kT 0,

02586 eV

o que nos dá

(b) No caso do silício dopado,

1

P ( E ) = 47, 9 10

10.

e2146

,

1

E

−

kT

E

F

+ = × −

0,

11 eV

= = 4, 254,

0,

02586 eV

o que nos dá

P ( E ) = 1 14 , 0 10

2.

e4, 254

1

+ = × −

(c) A energia do nível introduzido pelo doador, em relação à extremidade superior da banda de

valência, é 1,11 eV – 0,15 eV = 0,96 eV. Como a energia de Fermi é 1,11 eV – 0,11 eV = 1,00

eV, temos:

E − E F 0, 96 eV −1,

00 eV

=

= −1, 547,

kT 0,

02586 eV

o que nos dá

1

P ( E ) =

0, 824.

e−1 , 547

1

+ =

38. (a) O semicondutor é tipo n, já que os átomos de fósforo possuem um elétron de valência a

mais que os átomos de silício.

(b) A concentração dos portadores fornecidos pelos átomos de fósforo é

(c) A razão pedida é

n P = 10 – 7 n Si = 10 – 7 (5 × 10 28 m – 3 ) = 5 × 10 21 m – 3 .

5 × 1021 m−

3

= 5 × 105.

2( 5 × 1015 m−

3)

O fator 2 no denominador se deve ao fato de que o silício puro contém dois tipos de portadores,

elétrons e buracos, com concentrações praticamente iguais.


39. Se a energia recebida pelos elétrons é igual à diferença de energia entre a extremidade

superior da banda de valência e a extremidade inferior da banda de condução (1,1 eV), o número

de elétrons que podem ser transferidos para a banda de condução por um único fóton de 662

keV é

×

662 103

eV

N =

1,

1 eV

= 60 , × 105.

Como a transferência de um elétron para a banda de condução resulta na criação de um buraco

na banda de valência, este é também o número de pares elétron-buraco criados no processo.

40. (a) A figura a seguir mostra o gráfico da corrente em função da tensão aplicada.

(b) A razão é

I

I

v= + 0,

50 V

v= −0,

50 V

+ 0,

50 eV

I 0 exp

1

( 86 , 2 × 10−

5

eV K)( 300 K)

−

=

= 25 , × 108.

−0,

50 eV

I 0 exp

( 86 , 2 × 10−

−

1

5

eV K)( 300 K)

41. Na situação descrita, a banda de valência está completa e a banda de condução está vazia.

Para que um elétron da banda de valência absorva um fóton, a energia do fóton deve ser igual

ou maior que a diferença de energia entre a extremidade superior da banda de valência e a

extremidade inferior da banda de condução. Fótons com uma energia menor que este valor

não são absorvidos e o semicondutor é transparente para a radiação; fótons com uma energia

igual a distância ou maior entre que a última este valor banda são ocupada absorvidos e a primeira e o semicondutor banda vazia é opaco do material para a radiação. é igual à energia Assim,

de um fóton com um comprimento de onda de 295 nm:

hc 1240 eV ⋅ nm

E = =

= 4, 20 eV.

295nm

42. Como

E fóton

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 8, 86 eV > 7. 6 eV,

140 nm

a luz é absorvida pelo cristal de KCl e, portanto, o cristal é opaco para este comprimento de

onda.


43. Vamos chamar del max a dimensão máxima (linear) de cada transistor, de A a área do circuito

integrado e de N o número de transistores. Nesse caso, A = N l 2

max e, portanto,

l max

A

= =

44. (a) De acordo com as Eqs. 25-9 e 25-27,

C

N

( 2, 54 cm)( 2, 22 cm)

= 1,

3 × 10−

5

m = 13m.

3,

5 × 106

A

×

−

0 ( 4, 58 )( , 85 10 F m)( 0, 50 m)

= =

d

0,

20 m

12 2

=

5, 0 × 10 −17

F.

(b) Se N é o número de cargas elementares, a carga total que se acumula na porta é q = Ne.

Nesse caso, q = Ne = CV , o que nos dá

N

CV ( 5, 0 × 10−

17

F)( 1, 0 V)

= =

= 3, 1 × 102.

e 1,

6 × 10−

19

C

45. (a) A derivada de P(E ) é

dP −1

d

dE e

dE e E E kT

=

( − F ) /

=

E − E F kT

[

( ) /

+ 1] 2

[ e

Para E = E F , temos:

dP

−1

1

=

dE E = e E E E F − kT F

F [

( ) / kT + 1] 2

−1

+

( E − E F )/ kT

1

1]

2 kT e

E E kT

e( F − F ) /

1

= − . 4kT

( E − E F ) / kT

(b) Por definição, a derivada calculada no item (a) é a inclinação de uma reta tangente à curva

de P( E ) no ponto E = E F . A equação desta reta pode ser escrita na forma

y

= −

1

4kT

−

( E E 0),

em que E 0 é o ponto de interseção com o eixo E . Como, para E = E F , y = P(E F ) = 1/2, temos:

1

2

1

= −

0

4 ( E F − E ),

kT

o que nos dá E 0 = E F + 2kT . Assim, a equação da linha reta é

46. (a) No caso do cobre, a Eq. 41-10 nos dá

y

1 1

= − (

kT E − E F ).

2 4

d

= [ ] = × ⋅ − × − + − = × −

Cu ( 2 10 8 m)( 4 10 3 K

1)

8 10

11 ⋅ m/K.

dT

(b) No caso do silício, a Eq. 41-10 nos dá

d

= [ ] Si = × ( 3 10 ⋅

3− × m)( 70− = 10 × − 3K

− 1) 2,

1 102 ⋅ m/K.

dT

47. Em um cristal de silício, cada átomo ocupa o ponto central C de um tetraedro formado por

outros átomos de silício. Como as faces do tetraedro são triângulos equiláteros, a altura desses

triângulos é h ′ = a 3 / 2, na qual a é o lado do tetraedro. Vamos chamar de C 9 o ponto central

de uma das faces. Imagine um segmento de reta partindo do átomo A e terminando no ponto

médio de um dos lados. Sabendo que esse segmento é a bissetriz do ângulo de 60° do triângulo

.


′ = / 3. Imagine

equilátero, é fácil mostrar que a distância entre o ponto A e o ponto C 9 é AC a

outro segmento de reta, perpendicular à face que contém o ponto A, partindo do ponto C 9 e

terminando em outro átomo de silício, que vamos chamar de B. Este segundo segmento de reta

é a altura h do tetraedro. De acordo com o teorema de Pitágoras,

a 2

2 2 2

h a AC ( ) a

a

= .

3 3

= − ′ = −

Vamos agora definir um sistema de coordenadas. Suponha que o átomo B está no eixo y, no

ponto y b

= h = a 2/ 3, e que o átomo A está no eixo x , no ponto x a

= AC ′ = a/ 3. Nesse

caso, o ponto C 9 está na srcem. O ponto central C do tetraedro está no eixo y, em um ponto y c

equidistante de A e B. Como os pontos B e C estão no eixo y, a distância entre C e B é y b

− y c .

2 2

De acordo com o teorema de Pitágoras, a distância entre C e A é x + y . Assim,

o que nos dá y c = a/2 6.

2

a

2 2

y b c − a c y = + x ⇒ y c − = a c y

3 3

2

a

2

+

(a) Na notação dos vetores unitários, de acordo com as informações acima, o vetor que liga os

pontos C e A é dado por

O vetor que liga os pontos C e B é dado por


o que nos dá u = 109,5°.

(b) O comprimento do vetor

a

r ac = a x ˆ − c = y−

)ˆ a

i + ( j ˆ ˆ

3 i 2 6

j.

3

r bc = y ( b y c− a )ˆ j = ˆ. j

8

⋅

=

− r

1 ac r bc

cos = cos−

1

− 1

,

r ac r bc

3

r bc (que, naturalmente, é igual ao comprimento do vetor r ac ) é

3

3

| r | a ( 388 pm) 237, 6 pm 238 pm.

= = = ≈

bc

8

Na geometria, a distância a 3/ 8 é conhecida como raio da esfera circunscrita ao tetraedro

regular.


e

+ =

P ( E E

)

8

1

1 1

(

e

F + − F ) / /

1 e 1 e 1

+ = + = +

F E E E kT E kT x

− =

P ( E E

)

1

1 1

(

e

F − − F ) / − /

e −

1

1 e 1 ,

+ = + = +

F E E E kT E kT x

y

2

c

,


em que x = DE / kT . Assim,

+ + − =

P E ( E D P ) E ( E D )

F F x x

x

x

1

e e

e + + 1

e + = + 1+ −

+ 1

1

−

1 ( e − x x

+ 1)( e + 1)

= 1.

Um caso especial deste resultado aparece no Problema 41-4, em que DE = 63 meV e

P( E F + 63 meV) + P( E F – 63 meV) = 0,090 + 0,91 = 1,0.

49. (a) Fazendo E = E F na Eq. 41-5 e usando a Eq. 41-9, temos:

Simplificando essa expressão, obtemos

1/

3

N ( E F ) = 8

m 2m

h n /

.

h 3

1 3

3

16 2

m

m

N ( E F ) = 4 3

3

2n,

h2

que é equivalente à expressão que aparece no enunciado do problema. Substituindo por valores

numéricos, obtemos

mc

(

N ( E F ) = n /

4

2

3

×

3

2 1 3

4 511 103

eV)

( hc)

=

2

( 1240 eV⋅

nm)

2

(b) De acordo com o resultado do Problema 41-3,

Assim, a expressão do item (a) nos dá

n = 8, 49 × 10 28 m−

3 = 84, 9 nm−

3 .

= ⋅ =

3

2

n /

= ( 4, 11 nm−

⋅ eV−

) n 1 / 3

3 1 3 2 1

N ( E F ) ( 4, 11 nm− 2

eV

1− )( 84, 9 nm

3−) 1/

3

( 4,

11 nm

2

eV−

1)( 4, 4 nm−

1)

= 18 nm⋅ − 3= eV× − 1

1, ⋅8 1028

m−

3

eV −1 .

Este valor está de acordo com o que pode ser obtido a partir da curva da Fig. 41-6 fazendo

E F = 7,0 eV.

50. Usando a expressão aproximada do Problema 41-21, obtemos

× +

3( 8,

62 10−

5

eV/K)(961 273K)

frac =

2( 5, 5eV)

⋅

≈ 0,

03.

51. Explicitando v F na equação E F m e vF

= / 2, obtemos

2E

F 2E

F

vF

= = c = × 3 0 105

2( 7,

0 eV)

( , km/s)

1600

m mc2

5,

11 × 10

5

= km/s.

eV

52. O fator numérico da Eq. 41-9 é


2

2/

3

3

0 12122 0 121

16 2

= , ≈ , .

p = = nkT × ( 8, 43 × 1028 m − 3)( 1,

38 = 10−

23

J/K)(300 K) 3,49 × 108 Pa = 3,49 ×103

atm.

Capítulo 42

1. De acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos:

= ⇒ = =

K U r

q q

1 2

4

0K

4

0(

3

( 3)( 90)( 1, 60 × 10 − 19

C)

2

= 1, 3 × 10−

13

m.

, 00 106 19

× eV)(1,60 × 10−

J/eV)


= ⇒ = =

K U r

q 1q2

4

K

0

( 2)( 29)( 1, 60 × 10 − 19

C)

2

4

0(

5, 30 × 106 eV)(1,60 × 10−19

J/eV)


= ⇒ = =

K U r

q 1q2

4

K

0

( 3)( 110)( 16 , 0 × 10 − 19

C)

2

4

0(

102, × 106 eV)(1,60 × 10−19

J/eV)

= 15 , 8 × 10−14

m = 15,8 fm.

= 4,

66 × 10−14

m = 46, 6 fm.

4. Para que a partícula alfa “encoste” na superfície do núcleo de ouro em uma colisão frontal, a

distância de máxima aproximação deve ser igual à soma dos raios dos dois núcleos:

r = r Cu + r a = 6,23 fm + 1,80 fm = 8,03 fm.

Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos:

1 q qAu

kq qAu

K = U = =

4

r r

0

( 8, 99 × 109

Vm ⋅ /C)( 2)

( 79)( 16 , 0 × 10−

C)

=

( 80 , 3 × 10−

15

m)(1,60 × 10−19

J/eV)


v

=

−

+

19 2

m mAu

m m v v 2m

e Au, =

m m v .

f i f i

Au

Au

(a) A energia cinética do núcleo após a colisão é

2

1 2m

Au, f = Au Au, f = Au

v2

i =

Au

K

1

m v

2

m

2

2

m

+

m

41( 97u)( 40, 0 u)

= ( 5, 00 MeV)

( 4, 00u

+ 197u)

2

= 0,

390 MeV.

(b) A energia cinética da partícula alfa após a colisão é

K

2

1

m m

f = m v

2

1 − Au

mf =

i

2 2

m + mAu

4,

00 u − 197u

= ( 5,

00 MeV)

4,00 u + 197 u

= 4,

61 MeV.

= 283,

× 10 6 eV = 28,3 MeV.

+

v

2

= K

2

K

i

i

4m m

Au

( m

+ mAu)

m

m

−

+

m

m

Au

Au

2

2


+ =

Note que K af K Au, f i K , o que está de acordo com a lei de conservação da energia.

6. (a) O número de massa A é o número de núcleons de um núcleo atômico. Como a massa m n

do nêutron é aproximadamente igual à massa m p do próton e a massa dos elétrons é muito menor

que a massa do núcleo, a massa M do átomo é dada aproximadamente por M ≈ Am p.

(b) No caso do 1 H, a expressão aproximada nos dá

M ≈ Am p = (1)(1,007276 u) = 1,007276 u.

De acordo com a Tabela 42-1, a massa correta é 1,007825 u. O erro percentual é, portanto,

(c) No caso do 31 P,

e

e

(d) No caso do 120 Sn,

(e) No caso do 197 Au,

e

(f) No caso do 239 Pu,

e

d = (1,007825 u – 1,007276 u)/(1,007825 u) = 0,00054 = 0,05%.

M ≈ (31)(1,007276 u) = 31,225556 u

d = (31,225556 u − 30,973762 u)/(30,973762 u) = 0,0081 = 0,81%.

M ≈ (120)(1,007276 u) = 120,87312

d = (120,87312 u − 119,902197 u)/(119,902197 u) = 0,0081 = 0,81%

M ≈ (197)(1,007276) = 198,433372

d = (198,433372 u − 196,966552 u)/(196,966552 u) = 0,0074 = 0,74%.

M ≈ (239)(1,007276) = 240,738964 u

d = (240,738964 u − 239,052157 u)/(239,052157 u) = 0,0071 = 0,71%.

(g) Não. Em um núcleo típico, a energia de ligação por núcleon é da ordem de MeV, o que

corresponde a menos de 1% da massa de um núcleon multiplicada por c 2 . Como este valor é

comparável com o erro percentual calculado nos itens (b) a (f), nos cálculos da energia de ligação

devemos usar um método mais preciso para calcular a massa dos núcleos.

7. Para calcular as massas específicas nucleares, usamos as massas molares do Apêndice F e

calculamos os raios nucleares usando a Eq. 42-3.

a) No caso do 55 Mn, temos:

m

M

V

0,

055 kg/mol

4

/ 3 [( 1, 21 0 m )( 55) ]

3( 60 , 2 1023 mol − 1)

= = ( ) ×

−

(b) No caso do 209 Bi, temos:

m

M

V

0,

209 kg/mol

4

/ 3 [( 1, 2 10 m)( 209) 3] 3( 60, 2 1023 mol − 1)

= = ( ) ×

−

×

×

= 23 , × 1017

kg/m 3 .

= 23 × 10

,

17

kg/m 3 .

3 1 3 3

(c) Como V r = ( r0

A / ) A,

é de se esperar que A V A A

m / / ≈ constante para todos

os nuclídeos.


Para calcular a densidade de carga nuclear, usamos os números atômicos do Apêndice F e calculamos

os raios nucleares usando a Eq. 42-3.

(d) No caso do 55 Mn, temos:

(e) No caso do 209 Bi, temos:

q

q

Ze ( 25)( 1, 6 × 10−19

C)

= =

= 1, 0 × 1025C/m V ( 4

/ 3) [( 1, 2 × 10−

3 .

15

m)(

55) 1/ 3]

3

Ze

= V =

×

( 83)( 1, 6 10−19

C)

24

( 4

/ 3) [( 1, 2 × 10−15

m)(

209) 1/ 3] 3

= 8, 8 × 10 C/m 3

.

(f) Como q Z / V Z / A e a razão Z / A é menor para nuclídeos maiores, r q é menor para

nuclídeos maiores.

8. (a) O número atômico Z = 39 corresponde ao elemento ítrio.

(b) O número atômico Z = 53 corresponde ao elemento iodo.

(c) Consultando um site de dados a respeito de isótopos, como http://nucleardata.nuclear.lu.se/

toi/nucSearch.asp, constatamos que o único isótopo estável do ítrio possui 50 nêutrons (o que

também pode ser deduzido a partir da massa molar do ítrio que aparece no Apêndice F).

(d) Procedendo como no item (c), descobrimos que o único isótopo estável do iodo tem 74

nêutrons.

(e) O número de nêutrons ejetados é 235 – (39 + 50) − (53 + 74) = 235 − 89 − 127 = 19.

9. (a) 6 prótons, já que, de acordo com o Apêndice F, Z = 6 para o carbono.

(b) 8 nêutrons, já que, de acordo com a Eq. 42-1, N = A – Z = 14 – 6 = 8.

10. (a) O excesso de massa em unidades de massa atômica é

D 1 = (1,007825 u – 1,000000 u) = +0,007825 u = +7,825 × 10 −3 u.

(b) Em unidades de MeV/ c 2 , o excesso de massa é

D 1 = (1,007825 u – 1,000000 u)(931,5 MeV/ c 2·u) = +7,290 MeV/ c 2 .

(c) O excesso de massa em unidades de massa atômica é

D n = (1,008664 u – 1,000000 u) = 0,008664 u = +8,664 × 10 −3 u.

(d) Em unidades de MeV/ c 2 , o excesso de massa é

D n = (1,008665 u – 1,000000 u)(931,5 MeV/ c 2·u) = +8,071 MeV/ c 2 .

(e) O excesso de massa em unidades de massa atômica é

D 120 = (119,902197 u – 120,000000 u) = – 0,09780 u.

(f) Em unidades de MeV/ c 2 , o excesso de massa é

D 120 = (119,902199 u – 120,000000 u) (931,5 MeV/ c 2·u) = –91,10 MeV/ c 2 .

11. (a) O comprimento de onda de de Broglie é dado por l = h/ p, em que p é o módulo do momento.

De acordo com a Eq. 37-54, temos:

pc = K 2 + 2Kmc

2 = ( 200 MeV) 2 + 2( 200 MeV)( 0, 511MeV) = 200, 5 MeV.


Assim,

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 61 , 8 × 10−6

nm ≈ 6,2 fm.

pc 200,

5 × 106

eV

(b) Para este tipo de estudo, o comprimento de de Broglie dos elétrons deve ser menor que o

tamanho do alvo. Como o diâmetro de quase todos os núcleos é menor que 10 fm, um elétron

com uma energia de 200 MeV provavelmente seria apropriado, mas talvez fosse aconselhável

usar elétrons com uma energia um pouco maior.

12. (a) Como U > 0, a esfera tem uma tendência de se dilatar.

(b) Como, no caso do 239 Pu, Q = 94 e R = 6,64 fm, temos:

U

3Q

2

3[ 94( 1, 60 × 10−19 C)] 2( 8,

99 × 109

N ⋅ m

= =

2 /C

2 )

20

r 566 ( , 4 × 10−

15

m)(

1,60 × 10−19

J/eV)

0

= 1,

15 × 10 9 eV=1,15GeV.

(c) Como Z = 94, o potencial eletrostático por próton é 1,15 GeV/94 = 12,2 MeV/próton.

(d) Como A = 239, o potencial eletrostático por núcleon é 1,15 GeV/239 = 4,81 MeV/núcleon.

(e) Porque, a curta distância, a interação forte é muito mais forte que a interação eletromagnética.

13. Os valores da massa específica média e do raio médio do Sol aparecem no Apêndice C.

Como r = M / V e V ∝ r 3 , r ∝ r −1/3 . Assim, o novo raio seria

s

r = R s

14. A energia de ligação é dada por

1/

3

= ( ×

8

1410 kg/m

69 , 6 10 m)

3

2 × 1017

kg/m

= = [ + − ( ) − ]

D E Dmc 2

el

Zm H A Z m n M Am c 2

,

3

1/

3

m 13k m.

= 1,

3 × 10 4 =

na qual Z é o número atômico (número de prótons),A é o número de massa (número de núcleons),

m H é a massa do átomo de hidrogênio, m n é a massa do nêutron e M Am é a massa do átomo de

244

95Am. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a

massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZM H é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos

na parcela M Am. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é

Dm = (95)(1,007825 u) + (244 – 95)(1,008665 u) – (244,064279 u) = 1,970181 u.

Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos:

DE el = (1,970181 u)(931,494013 MeV/u) = 1835,212 MeV.

Como o 244 95 Am possui 244 núcleons, a energia de ligação por núcleon é

DE eln = E / A = (1835,212 MeV)/244 = 7,52 MeV/núcleon.

15. (a) Como a interação nuclear é de curto alcance, cada núcleo interage apenas com os vizinhos

mais próximos. Seja N o número de vizinhos com os quais um núcleon interage. Como

este número não depende do número A de núcleons do núcleo, o número total de interações é

aproximadamente NA. Isso significa que a energia associada à interação forte é proporcional a

NA e, portanto, é proporcional a A.


(b) Cada próton de um núcleo interage eletricamente com todos os outros prótons. Como o

número de pares de prótons é Z (Z – 1)/2, na qual Z é o número de prótons, a energia associada

à interação eletrostática é proporcional a Z ( Z – 1).

(c) Quando A aumenta, Z aumenta um pouco mais devagar, mas Z 2 aumenta mais depressa do

que A e, portanto, a energia associada à interação eletrostática aumenta mais depressa que a

energia associada à interação forte.


2 2

D E el Dmc Zm H A Z m n M Am c

= = [ + − ( ) − ] ,



152

63Eu. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a


na parcela M Am . A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é

Dm = (63)(1,007825 u) + (152 – 63)(1,008665 u) – (151,921742 u) = 1,342418 u.


DE el = (1,342418 u)(931,494013 MeV/u) = 1250,454 MeV.

Como o 152 63 Eu possui 152 núcleons, a energia de ligação por núcleon é


17. Convém notar que os valores dados no enunciado para a massa do próton e para a massa do

dêuteron são, na verdade, as massas atômicas do hidrogênio e do deutério. Isso, porém, como

em muitos outros problemas deste capítulo, não afeta o resultado final, pois, em algum ponto

dos cálculos, as massas dos elétrons se cancelam. Igualando a energia do raio gama à energia

de ligação DE el e explicitando a massa do nêutron, temos:

E

m n = − M + d= mH − 2, 013553212 + u 1,

007276467 u

c2

= 10 , 062769 u + 0,

0023868 u = 1, 0086637 u ≈ 1, 0087 u.


= = [ + − ( ) − ]

D E Dmc 2

el


,

2, 2233

MeV

931,

494 MeV/u



259

104Rf. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a



Dm = (104)(1,007825 u) + (259 – 104)(1,008665 u) – (259,10563 u) = 2,051245 u.


DE el = (2,051245 u)(931,494013 MeV/u) = 1910,722 MeV.

Como o

259

104 Rf possui 259 núcleons, a energia de ligação por núcleon é


19. (a) Seja f 24 a abundância de 24 Mg, seja f 25 a abundância de 25 Mg e seja f 26 a abundância de

26

Mg. Nesse caso, temos:

24,312 = 23,98504 f 24 + 24,98584 f 25 + 25,98259 f 26 .


Como existem apenas três isótopos, temos também

A segunda equação nos dá f 1 f f

na primeira equação, obtemos

26 24 25

f 24 + f 25 + f 26 = 1.

= − − . Substituindo esta expressão e fazendo f 24 = 0,7899

24,312 = (23,98504)(0,7899) + 24,98584 f 25 + 25,98259 – (25,98259)(0,7899) – 25,98259 f 25 , o

que nos dá

f 25 = 0,09303 = 9,303%.

(b) f 26 = 1 – 0,7899 – 0,09303 = 0,1171 = 11,71%.

20. Como, de acordo com o Apêndice F, Z = 107 para o bóhrio, o número de nêutrons deste

nuclídeo é N = A – Z = 262 – 107 = 155 nêutrons. Assim, de acordo com a Eq. 42-7,

DE

eln

=

Zm ( Nm m c )

H

+ −

n

A

Bh

2

[( 107)( 10 , 07825u) + ( 155)( 10 , 08665 u) − 2621 , 231u]( 9315 , MeV/u)

=

262

= 7,31 MeV/núcleon.

21. A energia de ligação de um núcleo é a diferença entre a massa de repouso dos núcleons que

o núcleo contém e a massa de repouso do núcleo. Se o núcleo contém Z prótons e N nêutrons,

a energia de repouso é dada pela Eq. 42-7:

DE el = ∑ ( mc − 2) = Mc 2 + ( −Zm H Nm n M ) c

2,

em que m H é a massa de um átomo de hidrogênio, m n é a massa de um nêutron e M é a massa

do átomo que contém o núcleo.

(a) Se as massas são dadas em unidades de massa atômica, os excessos de massa são dados por

D H = ( m − H c 1) =

2, D−

m n c( n 1)

2 e D = ( M − A ) c 2 . Assim, m c

2

H = D H + c2, m nc 2 = D n + c

2

e Mc

2 = D + Ac

2 , o que nos dá

= ( + − ) + ( + − ) = + −

D E D Z D D N Z D N D DA c

2

el H n Z H N n .

(b) Como, para o

197

79 Au , Z = 79, N = 97 – 79 = 118, temos:

DE el = ( 79)( 7, 29 MeV + ) ( 118 −)( − 8, 07 MeV) ( 31,

2 MeV) = 1560 MeV

e a energia de ligação por núcleon é

DE eln

1560 MeV

= = 7, 92 MeV.

197

22. (a) A primeira reação é 4 He → p + 3 H que, para usar as massas atômicas e cancelar a contribuição

dos elétrons, pode ser escrita na forma 4 He → 1 H +H 3 . A energia envolvida é

DE ( m m m c2

3 1 4 ) ( 3,

01605 u +1,00783u 4,00260 u)( 931,

5 MeV/u)

1

= + − = −

H H He

= 19,

8 MeV.

(b) A segunda reação é 3 H → n + 2 H. A energia envolvida é

= + − = −

DE 2 ( m m n m c2 2 H 3 H) ( 2, 01410 u +1,00867 u 3,

01605u)( 931,

5 MeV/u)

= 6,

26 MeV.


(c) A terceira reação é 2 H → p + n, que, para usar as massas atômicas e cancelar a contribuição

dos elétrons, pode ser escrita na forma 2 H H + n. A energia envolvida é

= + − = −

→ 1

DE 3 ( m m n m c2 1H 2 H) ( 1, 00783u 1,00867u

2,

01410 u)( 931,

5 MeV/u)

= 2,

23MeV.

(d) A energia de ligação é, portanto,

el = + 1+ = 2 + 3 19, 8+ MeV = 6,6M eV 2,23MeV 28, 3MeV.

D E D D E D E E

(e) A energia de ligação por núcleon é

DE

el 28,

3 MeV

DE

eln = = = 7, 07 MeV.

A 4

(f) Não.


= = [ + − ( ) − ]

D E Dmc 2

el


,

no qual Z é o número atômico (número de prótons),A é o número de massa (número de núcleons),


94

239 Pu. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a



Dm = (94)(1,007825 u) + (239 – 94)(1,008665 u) – (239,05216 u) = 1,94101 u.


DE el = (1,94101 u)(931,494013 MeV/u) = 1808 MeV.

Como o

239

94 Pu possui 239 núcleons, a energia de ligação por núcleon é

DE eln = E / A = (1808 MeV)/239 = 7,56 MeV/núcleon.

24. Primeiro calculamos a energia necessária para separar todos os núcleons de um núcleo de

cobre, que equivale a calcular a energia de ligação do núcleo, e depois multiplicamos o resultado

pelo número de átomos contidos na moeda. Como, de acordo com o Apêndice F, o núcleo de

63

Cu contém 29 prótons e 34 nêutrons, a energia de ligação é

DE el = [ 29( 10 , 07825 u) + 34( 10 , 08665 u) − 62,

92960 u]( 931, 5 MeV/u)

= 551,

4 MeV.

De acordo com a Eq. 42-21, o número de átomos contidos na moeda (que é igual ao número de

núcleos) é dado por

g

N Cu = 3,

0

átomos/

62,92960 g/mol ( 60, 2 × 10 23 mol) ≈ 2,

9 × 10 22 átomos.

Assim, a energia necessária é

N Cu D = E el ( 551, 4 MeV × )( = × 2, 9 1022) 1,

6 1025

MeV.

25. A taxa de decaimento é dada por R = lN , no qual l é a constante de desintegração e N é o

número de núcleos que ainda não decaíram. Como, em termos da meia-vida T 1/2 , a constante de

desintegração é dada por l = (ln 2)/ T 1/2 , temos:

N

R RT

×

10 −

1/

2 ( 6000 Ci)( 3, 7 10 s

1

/Ci)( 5,

27 anos)( 31 , 6 × 107

s/ano)

= = =

ln 2

ln 2

= 5,

3 × 10

22

núcleos.


26. Por definição de meia-vida, o número de átomos do isótopo radioativo foi reduzido à metade

após 140 d. Como a taxa de decaimento é proporcional ao número de átomos, para que a taxa

de decaimento seja reduzida a um quarto, o número de átomos deve ser reduzido a um quarto,

ou seja, a metade do número de átomos presentes após 140 d. Como isso acontece após mais

uma meia-vida,

t = 2T 1/2 = 280 d.

27. (a) Como 60 anos = 2(30 anos) = 2T 1/2 , a fração que resta é 2 – 2 = 1/4 = 0,250.

– 3

(b) Como 90 anos = 3(30 anos) = 3T 1/2 , a fração que resta é 2 = 1/8 = 0,125.


N Pu


R

g

= 0,

002

núcleos/mo

239 g/mol ( 60 , 2 × 10 23 l) ≈ 50 , 4 × 10 18 núcleos.

N ln 2 5 1018

ln 2

T 24 , 1 104

anos

= =

1/

2

×

×

14 , 4 × 1014

anos−

=

31 , 5 × 107s/ano

29. (a) Como, de acordo com a Eq. 42-18, T 1/2 = (ln 2)/ l, temos:

ln 2

= = 64, 2 h.

T 1 / 2

0,

0108 h − 1

1

= 46, 0 × 106 s−

1.

(b) De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18, o número de núcleos que ainda não decaíram no

instante t é dado por

Fazendo t = 3T 1/2 , obtemos

= =

N N e − t

N e−

N

N

(ln 2) t / T 1/ 2

0 0 .

0

= =

e−3 ln 2

0, 125.

Uma forma mais simples de resolver este item é lembrar que, a cada meia-vida, o número de

núcleos que ainda não decaíram é reduzido à metade. Assim, após uma meia-vida, N = N 0 /2;

após duas meias-vidas, N = N 0 /4; após três meias-vidas, N = N 0 /8 = 0,125 N 0 , o que nos dá N /

N 0 = 0,125.


N = N e − t .

0

Como 10,0 d equivalem a 240 h, lt = (0,0108 h – 1 )(240 h) = 2,592 e

N

N

0

= =

e− 2, 592

0, 0749.

30. Como t = 26 h corresponde a quatro vezes T 1/2 = 6,5 h, o número de átomos é reduzido a

(1/2) 4 do valor inicial:

=

48 1019 3 0 1019

( × ) = , × .

2

4

N 1

N 0


31. (a) De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é dada por R = lN , em que l é a

constante de desintegração e N é o número de núcleos que ainda não decaíram. Inicialmente,

R = R 0 = N 0, em que N 0 é o número de núcleos no instante inicial. Estamos interessados em

determinar os valores de N 0 e l. De acordo com a Eq. 42-18,

= ( ln2 = )/ T = (ln × ) ) , − −

/ /( h h 1

1 2 2 78 8 89 10

3

.

Se M é a massa da amostra e m é a massa de um átomo de 67 Ga , N 0 = M / m. Como

m = (67 u)(1,661 × 10 – 24 g/u) = 1,113 × 10 – 22 g

e

N 0 = (3,4 g)/(1,113 × 10 – 22 g) = 3,05 × 10 22 ,

temos:

R 0 = (8,89 × 10 – 3 h – 1 ) (3,05 × 10 22 ) = 2,71 × 10 20 h – 1 = 7,5 × 10 16 s – 1 .


R = R e − t ,

em que R 0 é a taxa de decaimento no instante t = 0. Para t = 48 h,

lt = (8,89 × 10 – 3 h – 1 ) (48 h) = 0,427

e

R = ( 7× , 53 1016 s − 1= ) e×

− 0,

427

4, 91 1016

s −1

.

0


N

t T

= e − ln 2/ 1/ 2

= e−30 ln 2/

29

= 0, 49.

N


N

V

0

R T 1 2

= = × ( ⋅

5 −3

330.

048 s

15 , 5 10 Bq m ) = 7,

4 ×10 10 átomos/m 3 .

V ln 2

ln 2

Para estimar o volume respirado pelo explorador em 48 h = 2880 min, usamos o seguinte cálculo:

Assim, temos:

V = 2 litros

1m3 40 inalações

inalação 1000 L

m

min ( 2880 min ) = 200

3.

N

=

× ( 7 10 10 átomos/m × ≈

3)( 200 m

3 ) 1 10

13 átomos.

N

V

V ( = )


M

=

RT /

ln 2

1 2

= 0, 66 g.

M

M

K

A

= × −

× ×

( 1, 7 105 s

1)( 1,

28 109 anos)( 3,

15 107

s/ano 40 g/mol

ln 2

6,02 10 mol −

35. Se N é o número de núcleos que ainda não decaíram no instante t ,

dN

= R − N ,

dt

×

23 1


em que R é a taxa de produção do radionuclídeo e l é a constante de desintegração. Reagrupando

os termos e integrando, temos:

⌠

N

dN

⌡ R N

N 0

−

= ∫

t

dt ,

em que N 0 é o número de núcleos que ainda não decaíram no instante t = 0. Efetuando as integrações,

obtemos

o que nos dá

1 R − N

− ln = t ,

R N

0

−

R R

N = + N

−

0

e −t

0 .

Após muitas meias-vidas, a exponencial é pequena e o segundo termo pode ser desprezado, o

que nos dá N = R/ l, qualquer que seja o valor inicial N 0 . Assim, para tempos muito maiores

que a meia-vida do radionuclídeo, a taxa de decaimento se torna igual à taxa de produção e N

permanece constante.

36. Uma partícula alfa (núcleo de hélio) é produzida para cada núcleo de plutônio que decai.

Para calcular o número de núcleos de plutônio que decaíram, usamos as Eqs. 42-15, 42-18 e

42-21, o que nos dá

12,

0 g/mol

N N N 1 e t T 1 2

− ln / /

( 6, 02 10 23 mol−

1 ) 239 g/mol 1

− = ( − ) = ×

= 1, 32 × 10 22 partículas alfa.

−

200 00 2 241 00

( e − . ln / .

)

A massa de gás hélio produzida (supondo que todas as partículas alfa capturem dois elétrons)

é dada por

m He

13 , 2 × 1022

=

g/mol

60 2 × 10 mol−

( 4, 0 ) = 879 , × 10−

3 g = 87,9 mg.

,

23 1

37. De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18, e levando em conta o fato de que a massa é proporcional

ao número de átomos, temos:

t

| |

ln / T

Dm m = m

/

t − , = m t − e

i

, (

−

= 16 0 = 14 0 0 1

2 1 2

h h ) − m − e

−

0

f

f

t f ln 2/

T 1/

2

( 1 )

=

−t

f ln 2/

T 1/ 2

m 0 e − e − t i ln 2/ T 1

e −( , /, ) ln

( ) = ( ) −

/ 2 ,

16 0 h 12 7h 2

550g e−( 14, 0h/12,7 h)

ln 2

= 0,

265 g = 265m g.

38. De acordo com a Eq. 42-18, a constante de decaimento é

ln 2 ln 2

= = = × 64 , 2 10− 5

s −1.

T 1/

2 ( 3 h)( 3600 s/h)

e, de acordo com a Eq. 42-17, o número de átomos do isótopo radioativo que foram injetados é

N

R ( 8, 60 × 10−6 Ci)( 3, 7 × 10

10

Bq/Ci)

= =

= ×

6,42 × 10−5

s − 49, 6 10 9 .

1


39. (a) Como a amostra está em equilíbrio secular com a fonte, a taxa de decaimento é igual

à taxa de produção. Seja R a taxa de produção de 56 Mn e seja l a constante de desintegração.

De acordo com o resultado do Problema 42-35, R = lN . Como lN = 8,88 × 10 10 s – 1 , R =

8,88 × 10 10 s – 1 .

(b) De acordo com a Eq. 42-18, a constante de desintegração é

ln 2 ln 2

= = = = 0× , 269 h− 1

7, 46 10− 5

s−1,

T 1/

2 2,

58 h

o que nos dá

N

R 88 , 8 × 10

= =

74 , 6 × 10

10

s−1

− 5

s−1

= 11 , 9 × 10

15

núcleos.

(c) Como a massa de um núcleo de 56 Mn é

a massa total de 56 Mn presente na amostra é

m = (56 u) (1,661 × 10 – 24 g/u) = 9,30 × 10 – 23 g,

Nm = (1,19 × 10 15 )(9,30 × 10 – 23 g) = 1,11 × 10 – 7 g = 0,111 µg.

40. Vamos usar o índice 1 para indicar o 32 P e o índice 2 para indicar o 33 P. Inicialmente, o 33 P é

responsável por 10% dos decaimentos, o que significa que a relação entre as taxas de decaimento

iniciais dos dois isótopos é R 02 = 9 R 01 . De acordo com a Eq. 42-17, temos:

1 1

R 01 1N 01

9 R 02

9

2N

02

= = = .

No instante t , R 1 = R 01e − 1 t e R 2 = R 02e − 2 t . Estamos interessados em calcular o valor de t para

o qual R 1 = 9 R 2 (o que significa que o 33 P é responsável por 90% dos decaimentos). Dividindo

membro a membro as duas equações e fazendo R 1 / R 2 = 9, temos:

R01

R e − − t

=

02

( 1 2 )

9,

o que nos dá

t

=

1 R01

R R

−

R = ( 01 9 02 )

1 ln /

2 9 02 ln 2

ln1 T / − ln 2/

T /

= 209 d.

/ 21 1 22

2

ln 1 9

= ( / )

−1

ln 2

( 14, 3d) − ( 25,

3d)

−1

41. O número N de núcleos que ainda não decaíram e a taxa R de decaimento estão relacionados

através da equação R = lN , na qual l é a constante de desintegração. Como a constante de desintegração

está relacionada à meia-vida T 1/2 através da relação l = (ln 2)/ T 1/2 , R = (N ln 2)/ T 1/2 e

T 1/2 = (N ln 2)/ R.

Como o 147 Sm é responsável por 15,0% da massa da amostra, o número de núcleos de 147 Sm

presentes na amostra é

( 0, 150)( 1, 00 g)

N =

() 147 u ( 16 , 61 10−24

g/u)

×

= 6,

143 × 10 20 .

Assim,

( 6, 143 × 10 )ln 2

20

T 1 / 2 =

120 s − 1

= 35 , × 5 10 =

18

×

s 1,12

1011

anos.



N

Kr

M

g

= =

20 10 9

6, 02 1023 14

( × átomos mol = 1 3 × 10

M

92 g mol

) , átomos.

amostra

N A

Kr

Nesse caso, a Eq. 42-20 nos dá

R

× −

N ln 2 ( 1, 3 1014) ln 2

T 1,

84 s

= =

1 2

×

= 49,

× 10

13

Bq.


t

R Re ln 2 / T 1/ 2

( 7, 4 108 Bq) e24 ln 2 / 83 , 61

9,

0

0

= = × = ×

10 8 Bq.

44. De acordo com a Fig. 42-19, o número de átomos no instante t = 0 era N 0 = 2,00 × 10 6 , e

o número caiu para metade no instante t = 2,00 s. Nesse caso, de acordo com a Eq. 42-15, a

constante de decaimento é

1 N 0 1 N 0

=

=

2 00 2

= 1

ln

ln

t N , s N 0 / 2,

00 s ln 2 = 03 , 466 s−

1.

No instante t = 27,0 s, o número de átomos que restam é

= = × ≈

N N e − t

( 2, 00 106) e−( 0, 3466 / s)( 27, 0 s)

173.

De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é

0

−1

R = = N ( 0, 3466 s ≈ )() = 173 60/s 60 Bq.


ln 2 ln 2

R N

T

1 2 30,

2 anos

= =

= 3,

2 × 10

12

Bq.

M

m

(b) Como 1 Ci = 3,7 × 10 10 Bq, temos:

amostra

átomo

×

×

3,

2 10

R =

3,

7 10

10

46. (a) A equação de decaimento é a seguinte:

o que constitui um decaimento b − .

42

= ln 2

95 , 3 × 10

12

Bq

Bq/Ci

8 s

= 86 Ci.

99 Mo →

99

Tc + e −

+ v,

43

0,

0010 kg

137 × 16 , 61 × 10

−27

kg

(b) Para cada decaimento, um fóton é produzido quando o núcleo de tecnécio decai para o estado

fundamental (note que a meia-vida desse decaimento é muito menor que a meia-vida do decaimento

do molibdênio). Assim, a taxa de emissão de raios gama é igual à taxa de decaimento:

8,2 × 10 7 s −1 .


N

−

RT 1 2 ( 38 s

1)( 6,) 0 h ( 3600 s/h)

= = × =

ln 2

ln 2

1,

2 106.


47. (a) Vamos supor que o cloro da amostra era a mistura de isótopos encontrada na natureza,

cujo número de massa médio, de acordo com o Apêndice F, é 35,453. Nesse caso, a massa de

226

Ra contida na amostra era

226

m =

0 10 = 76 1 × 10 − 3

226 2( 35, 453) ( , g) , g.

+

Como a massa de um núcleo de 226 Ra é (226 u)(1,661 × 10 – 24 g/u) = 3,75 × 10 – 22 g, o número

de núcleos de 226 Ra presentes na amostra era

N

=

×

× = ×

761 , 10−3

g

20

37 , 5 10−22

g 20 , 3 10 .

(b) De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é dada por

R = N l = ( N ln 2)/ T 1/2 ,

em que l é a constante de desintegração, T 1/2 é a meia-vida e N é o número de núcleos. Assim,

×

( 2, 03 1020)ln

2

R =

( 1600 anos)( 3, 156 107

s/ano)

×

= 27 , 9 × 10 9 s −1

.

48. (a) De acordo com a descrição, a reação nuclear é 238 U → 234 Th+H 4 e e a energia liberada é

DE m m m c2

( )

1

= − −

U He Th

= ( 238, 05079 u − 4,00260u − 234,04363u)( 931, 5 MeV/u)

= 4,

25 MeV.

(b) A série de reações começa com

A energia liberada é, portanto,

= − − + − − +

238U →

237U + n e é seguida por

237 U →

236Pa + p

236Pa →

235Pa + n

235Pa →

234Th + p.

− − + − −

DE 2 ( m m m n ) c 2

( m m m p)

c2

238 U 237 U 237 U 236 Pa ( m m m c m )

2

236 Pa 235 Pa n m ( 235 Pa m c 234 Th p)

2

= ( m − m 2 m − 2 m c − )

238 234

U

n

p

Th

2

= [ 238, 05079 u − 21( , 00867 u) − 210 ( , 0783 u) − 2340, 4363 u]

( 9315 , MeV/u)

= − 24, 1 MeV.

(c) Os resultados dos itens (a) e (b) nos levam a concluir que a energia de ligação da partícula

a é

= + − − = − =

DE el ( 2m n 2m p m He ) c2 24, 1MeV 4,25 MeV 28,

3 MeV.

49. De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18, a fração de núcleos que restam no instante t é dada

por

N

t

= e − = e−

N

0

(ln 2) t / T 1/ 2

,

em que l é a constante de desintegração e T 1/2 é a meia-vida. O intervalo de tempo no qual

metade dos átomos de 238 U decaem é 4,5 × 10 9 anos.


(a) No caso do 244 Pu,

(ln 2) t (ln 2)( 4, 5 × 109

anos)

=

= 39

T 80,

× 107

anos

1/

2

e, portanto,

N

= e−

39, 0

≈ 1, 2 × 10−17.

N

0

(b) No caso do 248 Cm,

(ln 2) t (ln 2)( 4, 5 × 109

anos)

=

= 9170

T 3,

4 × 105

anos

1/

2

e

N

= = e−

9170

× 3, 311≈

0−3983

0.

N

0

Nota: Para qualquer amostra de tamanho razoável, o valor de N calculado a partir do resultado

apresentado é menor que um núcleo e pode ser considerado igual a zero para todos os efeitos

práticos. A maioria das calculadoras não é capaz de calcular diretamente e – 9170 . Uma possibilidade

é executar o cálculo por etapas, como em (e −91,70 ) 100 .

50. (a) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 232 é

= − − = −

= −9,

50 MeV.

Q 3 m ( 235 m U 232 m Th c

3 He) 2 ( 235 , 0439 u 232,0381u 3, 0160 u)( 9315 , MeV/u)

(b) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 231 é

= − − = −

Q 4 m ( m m c

2

235 U 231Th 4 He) ( 235, 0439 u 231,

0363u 4, 0026 u)( 931, 5 MeV/u)

= 4,

66 MeV.

(c) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 230 é

Q m ( m m c

2

235 230 5 ) ( 235, 0439 u 230,

0331u 5,0122 u)( 931, 5 MeV/u).

5

= − − = −

U Th He

= −1,

30 MeV.

Apenas o segundo processo (o decaimento a) é espontâneo, já que é o único que libera energia.

51. Vamos usar as leis de conservação da energia e do momento, supondo que o núcleo de urânio

está inicialmente em repouso e o núcleo residual de tório está no estado fundamental. Nesse caso,

de acordo com a lei de conservação da energia, seK a é a energia cinética da partícula alfa e K Th é

a energia cinética do núcleo de tório, a energia de desintegração é dada por Q = K a + K Th . Além

disso, segundo a lei de conservação do momento, p a + p Th = 0, o que nos dá p a = –p Th , οnde p a é

o momento da partícula alfa e p Th é o momento do núcleo de tório. Vamos supor que a velocidade

das duas partículas é suficientemente pequena para que a expressão clássica para a relação entre

momento e energia cinética possa ser usada. Nesse caso,K = p 2 / 2m

e K Th = p

2

Th / 2 mTh,

em que m a é a massa da partícula alfa e m Th é a massa do núcleo de tório. Fazendo p Th = – p a ,

obtemos a relação K = ( m m / K ) . Substituindo na expressão de Q, temos:

Th

Th

m

Q K

m K m

= + = + K

m

= + u

1 1 4, 00

234 u ( 4 , 196 MeV)

= 4 , 269 MeV.

Th

Th

−

−

−


52. (a) No caso da primeira reação,

= − − = − −

Q 1 m ( m m c

2

Ra Pb C) ( 223, 01850 u 208,98107 u 14,

00324 u)( 9315 , MeV/u)

= 31,

8 MeV.

(b) No caso da segunda reação,

= − − = − −

Q 2 m ( m m c

2

Ra Rn He) ( 223,

01850 u 219,00948 u 4,00260 u)( 931,

5 MeV/u)

= 5,

98 MeV.

Como o valor de Q é positivo nos dois casos, os dois decaimentos são energeticamente possíveis.

(c) Como, de acordo com a Eq. 24-43, U ∝ q 1 q 2 / r , temos:

q Pb qC

e 6 0e

U 1 ≈ U 2

30 0

q q

= ( , MeV) ( 82 )( , ) 86

( 86e )( 2, 0e )

= MeV.

Rn

He

53. Seja M Cs a massa de um átomo de 137 55 Cs e seja M Ba a massa de um átomo de 137 56 Ba. Para obter

a massa dos núcleos, devemos subtrair a massa de 55 elétrons de M Cs e a massa de 56 elétrons

de M Ba . A energia liberada é

Q = [(M Cs – 55m) – (M Ba – 56m) – m] c 2 = (M Cs − M Ba )c 2 ,

em que m é a massa do elétron e a massa de um elétron foi subtraída da diferença entre as massas

dos núcleos de césio e de bário para levar em conta o fato de que um elétron é emitido na

reação. Assim, temos:

= − = − =

Q M M c ( )

2

Cs Ba ( 1369 , 071 c u 136. 9058 u) 2

( 00,

013 u)

c2

= ( 0, 0013 u)( 931, 5 MeV/u) = 1,

21 MeV.

54. Supondo que a massa do neutrino pode ser desprezada, temos:

Dm c

= − −

( m m m c ) .

2 Ti V e

2

Como, de acordo com o Apêndice F, o vanádio possui 23 elétrons e o titânio possui 22 elétrons,

podemos somar e subtrair 22m e dessa expressão para obter

= ( + − −

) = ( − )

Dm c m 22 m m m c 23m m c

2 2 2

Ti e V e

Ti V .

Note que a nova expressão de Dmc 2 envolve massas atômicas em vez de massas nucleares e se

baseia na suposição (se forem usados os valores de m Ti e m V encontrados nas tabelas) de que os

átomos se encontram no estado fundamental, o que, neste caso, como será discutido a seguir,

não é verdade. A questão agora é a seguinte: é razoável fazermosQ = – Dmc 2 , como no Exemplo

“Determinação do valor deQ para um decaimento beta a partir das massas?” A resposta é “não”.

O átomo de titânio é criado em um estado excitado, com uma energia bem maior que a do estado

fundamental, já que o elétron foi capturado de uma camada interna, na qual o valor absoluto na

energia, E K , é considerável para grandes valores de Z . Como a energia de um elétron da camada

K do titânio (na qual, logo após o decaimento, existe uma “lacuna” que deve ser preenchida

através de uma reorganização de toda a nuvem eletrônica) é praticamente igual à energia de um

elétron da camada K do vanádio, podemos escrever: Q = − Dmc 2 − E K . Assim,

= − −

Q m ( m c E )

2

K .

V

55. Como a reação é da forma n → p + e − + , a energia cinética do elétron é máxima quando a

energia do neutrino é tão pequena que pode ser desprezada. Assim,

Ti

K max = (m n – m p – m e )c 2 ,


na qual m n é a massa do nêutron, m p é a massa do próton e m e é a massa do elétron. Como m p +

m e = m H , na qual m H é a massa do átomo de hidrogênio, a equação acima pode ser escrita na

forma K max = (m n – m H )c 2 , o que nos dá

K max = (840 × 10 – 6 u)c 2 = (840 × 10 – 6 u)(931,5 MeV/u) = 0,783 MeV.

56. (a) Vamos supor que o elétron é emitido com uma velocidade tão alta que é preciso usar

uma expressão relativística para o momento. Nesse caso, de acordo com as Eqs. 37-54 e 38-13,

temos:

h hc

= =

p K

2

+ 2Kmc

2


=

1240 MeV⋅

fm

= 0,

90 pm = 900 fm.

( 1, 0 MeV) 2

+ 2( 1, 0 MeV)( 0, 511MeV)

r = r 0 A 1/3 = (1,2 fm)(150) 1/3 = 6,4 fm.

(c) Como l >> r , o elétron não pode ser confinado no núcleo. Como foi visto no Cap. 39, para

que exista uma onda estacionária em um poço de potencial infinito, o maior comprimento possível

da onda de matéria é l/2. No caso de um poço finito, o comprimento de onda pode ser

ligeiramente menor, como se pode ver na função de onda do estado estacionário que aparece

na Fig. 39-8, mas, no caso que estamos discutindo, l/ r é grande demais (da ordem de 140) para

que o elétron possa ser confinado.

(d) Sim, o fato de que o comprimento de onda da onda de matéria associada ao elétron é muito

maior que o raio do núcleo pode ser considerado um forte argumento para rejeitar a hipótese de

que o elétron estava confinado no interior do núcleo antes de ser emitido.

57. (a) Como o pósitron tem a mesma massa que o elétron e o neutrino tem massa desprezível,

Dm c

= + −

( m m c e m )

2 2

B C .

Como, de acordo com o Apêndice F, o carbono tem 6 elétrons e o boro tem 5 elétrons, podemos

somar e subtrair 6m e dessa expressão para obter

= + − − = + −

Dm c

2

( m m 7 m m c 6 m )

2

m m ( c 2 )

2.

B e C e B e C

Note que a expressão final de Dmc 2 envolve as massas atômicas do carbono e do boro e um termo

adicional igual à massa de dois elétrons. De acordo com a Eq. 37-50 e a Tabela 37-3, temos:

= − − = − −

Q m ( m m c 2 ) m

2

m ( c )

2

2( 0, 511 ).

C B e

C B MeV

(b) De acordo com a expressão do item (a), a energia de desintegração é

Q = ( 11, 011434 u − 11,009305 u) ( 931, 5 MeV/u) − 1,

022 MeV

= 0,961 MeV.

58. (a) A taxa de produção de energia é

3

∑

3

∑

3

∑

dE

ln 2 ( 1,

00 kg) f i

= R i Q = i 1 N Q =

dt

T

i

i

Qi

= 1 1/

2 m

i = 1

i=

1

i

( 1, 00 kg)(ln 21 )( , 60 × 10−13

J/MeV)

( 4 × 10−

6)( 51, 7 MeV)

=

( 3, 15 × 107 s/ano)( 1, 661 × 10−27

kg/u)

238 44 7 × 109

( u)( , anos)

( 13 × 10− 6)( 42, 7 MeV)

( 4 × 10−6)( 1, 31MeV)

+

+

( 232 u)( 14 , 1 × 10

10

anos)

( 40 u)( 1, 28 × 109

anos)

1,

0 10 9

= × − W.


(b) A potência associada aos processos de decaimento é

P = (2,7 × 10 22 kg)(1,0 × 10 – 9 W/kg) = 2,7 × 10 13 W,

um valor muito pequeno em relação à potência solar recebida pela Terra, que é da ordem de

1,7 × 10 17 W.

59. Como o elétron possui a maior energia cinética possível, a energia do neutrino é desprezível.

De acordo com a lei de conservação do momento, o momento do elétron e o momento do

núcleo de enxofre residual devem ter o mesmo módulo e sentidos opostos. Se p e é o momento

do elétron e p S é o momento do núcleo de enxofre, p S = −p e . Assim, a energia cinética K S do

núcleo de enxofre é

= =

K p

2M / 2 p M

2

/ 2 ,

S S S e S

na qual M S é a massa do núcleo de enxofre. Como a energia cinética K e do elétron está relacionada

ao momento p e através da equação relativística ( p c )

2

e = K

2

e + 2K emc2,

na qual m é a

massa do elétron, temos:

K

S

( p ec) 2

K

2

e 2K mc

2

e ( 1,71MeV )

2

2( 1, 71MeV)( 0, 511MeV)

=

2M c2

2M c2

23 () 2 u ( 9315 , MeV/u)

= =

S

= 7,

83 × 10−

5

MeV = 78,3e V.

60. Explicitando t na equação R = R 0 e – lt , obtemos

+

1 R0

t = = 5730 anos

15,

3

ln

ln

R ln 2 63,

0

S

+

5,

00

= 16 , 1 × 10 3 anos.

1,

00

61. (a) Como a massa de um átomo de 238 U é (238 u)(1,661 × 10 – 24 g/u) = 3,95 × 10 −22 g, o número

de átomos de urânio na rocha é

N U = (4,20 × 10 – 3 g)/(3,95 × 10 – 22 g) = 1,06 × 10 19 .

(b) Como a massa de um átomo de 206 Pb é (206 u)(1,661 × 10 – 24 g) = 3,42 × 10 – 22 g, o número

de átomos de chumbo na rocha é

N Pb = (2,135 × 10 –3 g)/(3,42 × 10 – 22 g) = 0,624 × 10 19 .

(c) Se nenhum átomo de chumbo foi perdido, havia inicialmente, além dos átomos de urânio

que ainda não decaíram, um átomo de urânio para cada átomo de chumbo que foi encontrado

na amostra. Assim, o número inicial de átomos de urânio na amostra era


N U0 = N U + N Pb = 1,06 × 10 19 + 0,64 × 10 19 = 1,68 × 10 19 .

N

U

= N e − t ,

na qual l é a constante de desintegração. Como, de acordo com a Eq. 42-18, = (ln) 2 / T 1/

2,

temos:

t

1

= −

ln

N

N

U

U0

= −

T 1/

2 N

ln

ln 2

N

U

U0

U0

= − 4,

47 × 10 anos 10 , 6 × 10

ln

ln 2 16 , 8 × 10

62. Como a massa inicial de 238 U contida na rocha é dada por

9 19

t

m me

e

22 60 106

= = ( 3, 70 mg) (ln )( × anos)/( 4 , 471×

0 9 anos) = 3,

85 mg,

0

a massa de chumbo que a rocha deve conter é

′ = ( − )

0

m m m m m

206

238

19

2

= ,97 × 10 9 anos.

= ( − ) 206

3, 85mg

3,

70 mg

0 132

238

= , mg = 132 g.


63. Podemos determinar a idade t da rocha a partir das massas de 238 U e 206 Pb. Como a massa

inicial de 238 U era

temos:

Explicitando t , obtemos:

t

=

238

m m m

0

206

= + ,

U U Pb

t ( t ln 2) / T 1/

2

U U0

U Pb

m = m

−

e U = m

−

+ m 238 / 206 ) e

U T 1 / 2 m + ( ) m

238 206 m

= 4 , 47 ×

ln

10

U U / Pb

ln 2

ln 2

= 11 , 8 × 10 9 anos.

No caso do decaimento b do 40 K, a massa inicial de 40 K é

U

9

m = K m + K m

0 Ar

anos 238 0,

15 mg

ln 1+

206

0,

86 mg

e, portanto,

= = +

m m e − K t

t

m m e

−

( )

K

.

K K0

K Ar

Explicitando m K , obtemos

m

m e−K

t

m

t t

e−

K

1 e

K

1

= − = − =

K Ar Ar

e

1,

6 mg

× 9 ) /( , × 9 )

− 1 = 1 , 7

(ln 2)( 1,181 0 anos 1 251 0 anos mg.

64. Note que a cada átomo de cálculo 40 e criptônio 40 encontrado na amostra corresponde um

átomo de potássio na amostra srcinal. De acordo com as Eqs. 42-14 e 42-18, temos:

N K

ln

N + N + N

K Ar Ca

t ln

= − ⇒ 1

1 + 1 + 8,

54

= − ln 2

t ,

T

1 2

o que nos dá

ln 10,

54

t = T 1 2 = × 1 26 10= 9

/

( , × anos)( 3, 40),

4 28

ln 2

10 9 anos.


= ln 2 ⇒ = =

T

1/

2

Como 1 Ci = 3,7 × 10 10 desintegrações /s,

N R RT 1/

2 .

ln 2

× ×

( 250 Ci)( 3, 7 10

10

s −1/Ci)( 2,) 7 d ( 8,

64 104

s/d)

N =

ln 2

= 31 , 1 × 10 18 .

Como a massa de um átomo de 198 Au é

M = (198 u)(1,661 × 10 – 24 g/u) = 3,29 × 10 – 22 g,

a massa necessária é

NM = (3,11 × 10 18 )(3,29 × 10 – 22 g) = 1,02 × 10 – 3 g = 1,02 mg.


66. O becquerel (Bq) e o (Ci) são definidos na Seção 42-4.

8700 contagens

(a) R = = 145 Bq.

60 s

145Bq

(b) R =

3,7 10

10Bq/Ci

×

= 39 , 2 × 10 −9

Ci.

67. A dose absorvida é

20 , 0 × 10−3

J

dose absorvida =

= 50 , 0 × 10−4

J/kg = 50 , 0 × 10 −4

Gy.

4,00 kg

Para RBE = 5, a dose equivalente é

dosee quivalente = ( RBE) ( 5, 00 × 10−4 Gy) = 5( 5,

00 × 10−

4

Gy) = 2,

50 × 10−3

Sv

= 2,

50 mSv.

68. (a) De acordo com a Eq. 42-32, a energia absorvida é

(b) Para RBE = 12, a dose equivalente é


E = ( 2, 41× 0−

4

Gy)( 75 kg)

= 18 mJ.

dose equivalente = ( 12)( 2× , 4 10= − × Gy),

2 9 10−

S

4 3

v.

−3

dose equivalente = ( 100 rem/Sv)( 2,

91× 0 Sv) = 0, 29 rem.


( , × )( , × )

=

= 6,

3 × 10 18 .

239 g/mol

2 5 10−

3

g 6 02 1023 mol−1

N 0

(b) De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18,

t

| | [

ln / T

DN = N − e − =

2

×

/

] ( − ,

18)[

e−( 12

1 1 2 6 3 10 1

h ) ln/ 2 ( 24 . 100 anos)( 8760 h/ano) ] = 25 , × 1011

.

0

(c) A energia absorvida pelo corpo do operário é

E = ( 0, 95) = E DN

( 0, 95) ( × 5, 2×

MeV) ( 2, 5 1011) ( 1,

6 10− 13

J/MeV) = 0,

20 J.


(e) Para RBE = 13, a dose equivalente é


T

0,

20 J

dose recebida = 85 kg = × 23 , = 10 −3

Gy 2,3m Gy.

dose equivalente = (13)(2,3 mGy) = 30 mSv.

2

= K

3 k

med

2 50 , 0 × 106

eV

=

3 86,

2 × 10−5

eV/K

= 38 , 7 × 1010 K.

71. (a) Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Tempo de vida de um núcleo composto formado

por captura de um nêutron”, obtemos:

DE

( 4, 14 × 10−15

eV⋅

fs )/

2

≈ =

t 1,

0 × 10−

22

s

med

= 6,

6 × 10 6 eV = 6,6 MeV.


(b) Para que a energia seja distribuída em todo o volume de um núcleo relativamente grande,

criando assim um “núcleo composto”, é necessário um tempo da ordem de 10 –15 s. Um núcleo

cujo tempo médio de vida é somente 10 –22 s é apenas um estágio intermediário de curta duração

em uma reação nuclear e não pode ser considerado um núcleo composto.

72. (a) Para identificar os nuclídeos que possuem camadas completas de núcleons, basta comparar

o número de prótons (número atômico, que pode ser encontrado no Apêndice F) e o número de

nêutrons, dado pela Eq. 42-1, com os números mágicos (valores especiais de Z e N ) citados na

Seção 42-9. A conclusão é que os nuclídeos que possuem apenas camadas completas de prótons

ou de nêutrons são os seguintes: 18 O, 60 Ni, 92 Mo, 144 Sm e 207 Pb.

(b) Procedendo como no item (a), obtemos a seguinte lista: 40 K, 91 Zr, 121 Sb e 143 Nd.

(c) Procedendo como nos itens (a) e (b), obtemos a seguinte lista: 13 C, 40 K, 49 Ti, 205 Tl e 207 Pb.

73. Toda reação de formação é da forma X + x → Y , na qual X é o núcleo-alvo, x é uma partícula

leve incidente e Y é um núcleo composto em um estado excitado. Vamos supor que o núcleo X

está inicialmente em repouso. Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia,

+ + = + + ,

2 2 2

X x x Y Y Y

m c m c K m c K E

na qual m X , m x e m Y são as massas, K x e K Y são as energias cinéticas e E Y é a energia de excitação

do núcleo composto. Como, de acordo com a lei de conservação do momento, p x = p Y , temos:

e, portanto,

p2 p2

Y x m

K Y = = =

2m

2m

m

Y

Y

x

Y

K

x

+ + = + +

2 2 2

X x x Y

m c m c K m c

mx

m K x E

Y

Y

e

K

x

=

mY

( m Y − m X x m − c Y ) E +

m m

(a) Se x é uma partícula alfa e X é um núcleo de 16 O, temos:

e

Y

−

x

2 .

(m Y – m X – m x )c 2 = (19,99244 u –15,99491 u – 4,00260 u)(931,5 MeV/u) = –4,722 MeV

K = 19,

99244 u

19 99244 −

(

4 00260 −4,

722 MeV + 25,0 MeV MeV MeV.

, u , u

) = 25, 35 ≈ 25,

4

(b) Se x é um próton e X é um núcleo de 19 F, temos:

e

(m Y – m X – m x )c 2 = (19,99244 u –18,99841 u –1,00783 u)(931,5 MeV/u) = –12,85 MeV

19,

99244 u

K =

( −12,

85 MeV+25,0 MeV) =12,

80 MeV.

19, 99244 u 1,

00783 u

−

(c) Se x é um fóton e X é um núcleo de 20 Ne, a equação de conservação da energia precisa ser

reformulada. Como a massa do fóton é zero, temos:

E γ + m X c 2 = m Y c 2 + K Y + E Y .


Como m X = m Y , esta equação se torna E γ = K Y + E Y . Como o momento e a energia de um fóton

estão relacionados através da equação p γ = E γ / c, a lei de conservação do momento nos dá

E γ / c = p Y . A energia cinética do núcleo composto é

K

Y

p E

Y

.

2m

2m c2

= =

2 2

Substituindo este resultado na equação de conservação da energia, obtemos

As raízes desta equação do segundo grau são

E

Y

E

2

= +

2m Y c2

Y

E .

E m c

2

( m c

2) 2

2m c

2E

.

= Y ± Y Y Y −

Se o problema é resolvido usando a relação relativística entre a energia e o momento do núcleo

composto, apenas uma solução é obtida, a que corresponde ao sinal negativo da raiz quadrada.

Como

temos

E

m Y c 2 = (19,99244 u)(931,5 MeV/u) = 1,862 × 10 4 MeV,

= × ( 1, 862− 104 × MeV) − ( 1, 862 × 104 MeV) 2

2( 1,

862 10 4 MeV)( 25, 0 MeV)

= 25,

0 MeV.

Y

Este resultado mostra que a energia cinética do núcleo composto é muito pequena; praticamente

toda a energia do fóton é convertida em energia de excitação do núcleo.

74. De acordo com a Eq. 42-15, o número de átomos de urânio e de chumbo presentes na amostra

no instante t é

N

U

N e−

t

N N N N N e − t

t

N e−

( ),

Pb

=

0

= − = − = −

0 U 0 0 0 1

cuja razão é

A idade da rocha é, portanto,

N

N

Pb

U

t

e

t

= − −

1

= e − 1

t

e−

.

t

= +

= 1

+

1 1

T 1 2

ln Pb /

N ln ln

U

N

Pb

U

9

= 44,

7 10 2

1 0 30 1 7 109

× ln

anos ln ( + , ) = , × anos.

75. Seja A

Z X o nuclídeo desconhecido. A equação que representa a reação é

A

Z X + 0 1 n → −

0

1e + 2H4

2 e.

De acordo com a lei de conservação da carga, Z + 0 = – 1 + 4, o que nos dá Z = 3. De acordo com

a lei de conservação do número de massa, A + 1 = 0 + 8, o que nos dá A = 7. De acordo com o

Apêndice G, o elemento com Z = 3 é o lítio. Assim, o nuclídeo é o 7 Li .

76. Como a dose equivalente é o produto do fator RBE pela dose absorvida, temos:

dose equivalente 250 × 10

dose absorvida = =

−6

Sv

= 29 , 4 × 10−

4 Gy

RBE

0,

85

−4

= 2,94 × 10 J/kg.


Para determinar a energia total recebida, multiplicamos este valor pela massa do tecido exposto:

E = (2,94 × 10 – 4 J/kg)(44 kg) = 1,29 × 10 – 2 J ≈ 1,3 × 10 – 2 J = 13 mJ.

77. Como, de acordo com a Eq. 42-17, R é proporcional a N , N / N 0 = R/ R 0 . Combinando as Eqs.

42-14 e 42-18, obtemos

t

= −

= − =

T 1 2 R 5730

2

0 020

ln ln anos

ln(, )

R ln 2

0

3, 2 × 10 4 anos.

78. Seja N AA0 o número de átomos do elemento AA no instante t = 0. Em um instante posterior

t , devido ao decaimento de parte dos átomos do elemento AA, temos:

A constante de desintegração é

N AA0 = N AA + N BB + N CC .

ln 2 ln 2

= = = 0, 0866 d−1.

T 8,

00 d

1/

2

Como N BB / N CC = 2, para N CC / N AA = 1,50, N BB / N AA = 3,00. Assim, no instante t ,

N AA0 = N AA + N BB + N CC = N AA + 3,00 N AA + 1,50 N AA = 5,50 N AA .

−

Como N = N e t , temos:

AA

AA0

N

N

AA0 = e t =

AA

5 , 50 ,

o que nos dá

ln( 5, 50) ln( 5, 50)

t = = = 19,

7 d.

0,

0866 d−1

79. Como estamos supondo que o espalhamento dos resíduos é uniforme, a taxa de contagem

R é dada por

R = lN = l(M / m)(a/ A),

na qual M é a massa de 90 Sr, m é a massa do núcleo de 90 Sr, A é a área atingida pelos resíduos e

a é a área pedida. Explicitando a e fazendo R = 74.000 contagens/s, obtemos:

=

a A m M

R

=

AmRT /

M ln 2

1 2

( 2000 × 106

m

=

2 )( 90 g/mol)( 29anos)( 3, 151 07

s/ano)( 74.

000 s

( 400 g)( 6, 021×

023mol−1)(ln 2)

= 73 , × 10− 2

m− 2 = 730 cm 2 .

×

−1

80. (a) Supondo que a área da seção reta de um indivíduo adulto deitado é 1 m 2 , temos:

atividade efetiva

atividade total

1 m2

=

= 3, 8 × 10

12

( 2, 6 ×

− .

105 km2)( 1000 m km)

2

Como metade dos elétrons são emitidos para cima, temos:

1

atividade efetiva = ( 11× 016 s−

1) ( 3,

81×

0−

12

) = 1, 9 × 10 4 s −1

.

2

)


Assim, em um intervalo de uma hora, a pessoa seria atingida por (1,9 × 10 4 s −1 )(3600 s/h) ≈ 7 ×

10 7 elétrons.

(b) Seja D o ano atual. De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18, temos:

= = ×

R R e

− t T 1 2 − D

e− (

( 7 10 h ) − )

0

ln 2 7 1 1996 ln 2 ( 302 , anos ) ,

na qual R é a atividade efetiva no ano atual e R 0 é a atividade efetiva em 1996.

81. As retas inclinadas representam decaimentos alfa, que envolvem uma variação do número

atômico DZ a = –2 e uma variação do número de massa DA a = –4, enquanto as retas horizontais

representam decaimentos beta, que envolvem emissão de elétrons, caso em que a variação do

número atômico é DZ b = +1 e o número de massa permanece constante. Como a Fig. 42-20

mostra três decaimentos alfa e dois decaimentos beta, temos:

= + + = +

Z Z 3D Z 2D Z e A A 3DA

.

f i f i

Como, de acordo com o Apêndice F, o elemento representado pelo símbolo Np é o netúnio, cujo

número atômico é Z i = 93, temos:

Z f = 93 + 3(– 2) + 2(1) = 89,

o que, de acordo com o Apêndice F, significa que o elemento final é o actínio (Ac). Como o

número de massa inicial é A i = 237, o número de massa final é

Assim, o isótopo final é 225 Ac.

A f = 237 + 3(–4) = 225.

82. Em unidades do SI, a meia-vida da 108 Ag é (2,42 min)(60 s/min) = 145,2 s. Como, de acordo

com a Eq. 42-18, l = (ln 2)/T 1/2 , o enunciado nos pede para plotar a função

ln R ln( R e t

t

=

−

+ R ′ e− ′

),

0 0

na qual R 0 = 3,1 × 10 5 , R 0 9 = 4,1 × 10 6 , l = ln 2/145,2 e l9 = ln 2/24,6. O gráfico aparece na

figura a seguir.

Note que o valor absoluto da inclinação do gráfico é l9 (a constante de desintegração de 110 Ag)

para pequenos valores de t e l (a constante de desintegração de 108 Ag) para grandes valores de t .

83. Fazendo

obtemos

E

p D p D h / Dx h / r ,

p2 ( hc)

2

( 1240 MeV ⋅ fm)

2

= =

2 2

/

2m

2( mc ) r 2(938 MeV )[( 1, 2 fm)( 100) ]

1 3 2

30 MeV.


84. (a) A taxa de decaimento do 226 Ra é

M

R = N = ln 2

T

(ln 2)( 1, 00 mg)( 6,

02 × 1023 mol

m =

− 1)

( 1600 anos)( 3, 15 107

s/ano)( 226 g/mol)

1/

2

Este resultado indica que a atividade do 226 Ra é 3,66 × 10 7 Bq.

×

= 36 6 × 10 7 −

, s 1 .

(b) Como foi atingido o equilíbrio secular (veja o Problema 42-35), a atividade do 222 Rn também

é 3,66 × 10 7 Bq.

(c) Como RRa = RRn e R = lN = (ln 2/ T 1/2)(M / m), temos:

M

Rn

=

T

1/

2Rn

T

1/

2Ra

m

m

Rn

Ra

( 3, 82 d)( 1, 00 × 10 g)( u)

M Ra =

− 3

222

( 1600 anos)( 365 d/ano)(

226

u)

= 64 , 2 × 10 −9

g.

85. A carta de nuclídeos pedida aparece na figura a seguir. As retas pedidas podem ser traçadas da

seguinte forma: as retas de A constante têm uma inclinação de –45° e as retas de N – Z constante

têm uma inclinação de 45°. Assim, por exemplo, a reta N – Z = 18 (que é uma reta de “excesso

de 18 nêutrons) passa pelo 114 CD no canto inferior esquerdo e pelo 122 Te no canto superior

direito. A primeira coluna corresponde a N = 66 e a última coluna a N = 70; a primeira linha

corresponde a Z = 52 e a última linha corresponde a Z = 48. Os dados necessários para montar

a carta podem ser encontrados nos sites http://www.nndc.bnl.gov/nudat2/ e http://nucleardata.

nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp.

118

Te

119

Te

120

Te

121

Te

122

Te

6,0 d

16,0 h

0,1%

19,4 d

2,6%

117

Sb

118

Sb

119

Sb

120

Sb

121

Sb

2,8 h

3,6 min

38,2 h

15,9 min

57,2%

116

Sn

117

Sn

118

Sn

119

Sn

120

Sn

14,5%

7,7%

24,2%

8,6%

32,6%

115

In

116

In

117

In

118

In

119

In

95,7%

14,1 s

43,2 min

5,0 s

2,4 min

114

Cd

115

Cd

116

Cd

117

Cd

118

Cd

28,7%

53,5 h

7,5%

2,5 h

50,3 min

86. De acordo com a Eq. 42-3 ( r = r 0 A1/ 3

), em que r 0 = 1,2 fm, temos:

= r × ( 1, 21 0−

= m×

)( 4) /

1,

901 0

r

15 1 3 −15

m

Al = ( 1,

2 × 10−

15 m)( 27) 1 / 3 = 3,

60 × 10−

15 m.

Quando as “superfícies” dos dois núcleos estão em contato, a distância entre os centros dos

núcleos é

= + = × + × = ×

r r r

− − −

Al 1, 90 10

15

m 3, 60 10

15

m 5, 50 10

15 m.


Assim, de acordo com a lei de conservação da energia, a energia necessária é

K

1 q q 8 × 99 109⋅ ×

2× 2 1 61 0−19

Al ( , N m2

C )( , C)(, 13 × 1 6 × 10−19

C)

= =

4

r

55 , 0 × 10−15

m

0

= 1,

091× 0−12

J = 6,79 × 10 6 eV = 6,79 MeV.


( e e

U = k

2 )( 90 )

×

= × ( , ⋅

) ( 16 , 0 10

89 9 10

− 19

9

C ) 2

( 180) 25,

9 × 10

V m/C

=

−7

eV,

r

r

r

em que r está em metros. Convertendo r para femtômetros, obtemos:

U = 259 MeV.

r

Esta equação está plotada na figura a seguir.

88. Supondo que a velocidade do núcleon é constante e usando a expressão clássica para a

energia cinética, obtemos:

t

d

v

d

2K / m

= = = =

2r

mn

2K

r

c

2mc2

K

× −

( 1, 2 10

15

m)( 100) =

1 / 3

3,

0 × 108

m/s

≈ 4 × 10 − 22

s.

2( 938 MeV)

5 MeV

89. Explicitando A na Eq. 42-3, obtemos:

A

=

r

r

0

3

=

3

3,

6 fm

= 27.

1,2 fm

90. O problema dos sites de Internet é que não há garantia de que ainda estarão disponíveis

quando o leitor tentar consultá-los. No momento, três sítios onde as informações necessárias

para resolver este problema podem ser colhidos são http://www.webelements.com, http://www.

nndc.bnl.gov/nudat2 e http://nucleardata.nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp.

(a) De acordo com o Apêndice F, o número atômico 60 corresponde ao elemento neodímio (Nd).

De acordo com as fontes consultadas, os isótopos encontrados na natureza são

142 Nd, 143 Nd, 144 Nd,

145

Nd, 146 Nd, 148 Nd e 150 Nd. Dois destes isótopos, 144 Nd e 150 Nd, não são realmente estáveis, mas

possuem uma meia-vida muito maior que a idade do universo.


(b) De acordo com as fontes consultadas, os nuclídeos instáveis que possuem 60 nêutrons são

os seguintes: 97 Rb, 98 Sr, 99 Y, 100 Zr, 101 Nb, 102 Mo, 103 Tc, 105 Rh, 109 In, 110 Sn, 111 Sb, 112 Te, 113 I, 114 Xe,

115

Cs e 116 Ba.

(c) De acordo com as fontes consultadas, os nuclídeos com número de massa igual a 60 são os

seguintes: 60 Zn, 60 Cu, 60 Ni, 60 Co, 60 Fe, 60 Mn, 60 Cr e 60 V.

91. (a) Como, de acordo com o Apêndice F, a massa do 1 H é 1,007825 u, o novo valor de u seria

1,007825 vez maior que o valor atual. Assim, a massa do 12 C seria

12,000000/1,007825 u = 11,90683 u.

(b) A massa do 238 U seria 238,050785/1,007825 u = 236,2025 u.

92. (a) O número de massa A de um radionuclídeo varia de 4 no decaimento a e não varia no

decaimento b. Se os números de massa de dois radionuclídeos são dados por 4n + k e 4n9 + k , em

que k = 0, 1, 2, 3, o mais pesado pode decair no mais leve através de uma série de decaimentos

a (e, possivelmente, b), já que a diferença entre os números de massa é um múltiplo inteiro de

4. Em outras palavras, se A = 4n + k , o número de massa, após m decaimentos a, passa a ser

que pertence à mesma cadeia de decaimentos.

(b) No caso do 235 U, 235 = 58 × 4 + 3 = 4n + 3.

(c) No caso do 236 U, 236 = 59 × 4 = 4n.

(d) No caso do 238 U, 238 = 59 × 4 + 2 = 4n + 2.

A9 = 4n + k – 4m = 4(n – m) + k ,

(e) No caso do 239 Pu, 239 = 59 × 4 + 3 = 4n + 3.

(f) No caso do 240 Pu, 240 = 60 × 4 = 4n.

(g) No caso do 245 Cm, 245 = 61 × 4 + 1 = 4n + 1.

(h) No caso do 246 Cm, 246 = 61 × 4 + 2 = 4n + 2.

(i) No caso do 249 Cf, 249 = 62 × 4 + 1 = 4n + 1.

(j) No caso do 253 Fm, 253 = 63 × 4 + 1 = 4n + 1.

93. A energia de desintegração é

Q = m ( m − c E )

2

− K

V

Ti

= ( 48, 94852 u − 48,94787u )( 931,

5 MeV/u) − 0,

00547 MeV

= 0,600Me V = 600 keV.

94. Para localizar na carta da Fig. 42-5 (que está reproduzida em http://www.nndc.bnl.gov/

nudat2) os nuclídeos da Tabela 42-1, basta encontrar o ponto correspondente às coordenadas N ,(

Z ). Desta forma, é fácil verificar que todos são estáveis, exceto o 227 Ac e o 239 Pu.

95. (a) Explicitando t na Eq. 42-16 ( R = R e − t ), obtemos

t

0

1 R0 T 1 2 R0

142 8 3050

ln /

R ln 2

ln , d

ln

R ln 2 170

= = = =

59, 5d.


(b) O fator pedido é

R

R

= = = =

t t T

e e

ln / 1/ 2

e ( , d/14,28d ) ln

1, 18.

0 2 3 48 2

96. (a) Substituindo diferenciais por diferenças na Eq. 42-12, usamos o fato de que DN = –12

durante Dt = 1,0 s para obter

DN

= − D ⇒ t = ×

− s−

N

4, 8 10 18 1 ,

18

em que usamos o fato de que N

Seção 42-3.

= 2,5 × 10 , mencionado no segundo parágrafo da

(b) De acordo com a Eq. 42-18, T 1/2 = ln 2/ l = 1,4 × 10 17 s, o que corresponde a cerca de 4,6

bilhões de anos.

Capítulo 43


R

=

fissão

N ln 2 M N ln 2

= =

T

amostra

MUT

A

1/ 2fissão

1/

2f

issão

23

g)(6,02 × 10 mol −1

( 1,

0

)ln2

= 16 fissões/dia.

17

( 235 g/mol)( 3,0 10 anos)(365 dias/ano)

(b) Como, de acordo com a Eq. 42-20, R ∝ 1/ T 1/2 , temos

R

R

T

×

1/ 2 ,

fissão

= =

T

fissão 1/2

×

×

3 0 10 17 anos

7, 0 10

8

43 , 8

10 .

anos = ×

2. Se, para remover um nêutron do 237 Np, é necessária uma energia de 5,0 MeV, isso significa

que, quando o 237 Np captura um nêutron, adquire uma energia adicional de aproximadamente

5,0 MeV, bem maior que a energia de 4,2 MeV necessária para fissionar o nuclídeo. Assim, o

237

Np pode ser fissionado por nêutrons térmicos.

3. A energia transferida para o 238 U é

= + −

2

Q ( m m m c

U238 n U239)

= u +

=

( 238, 050782 1,

008664 u − 239,

054287 u)(931,5 MeV/u)

4,

8 MeV.

4. De acordo com a Eq. 42-21, o número de átomos de plutônio na amostra é

N

Pu

M am

g

= NA = 1000

M

239 g/mol

Pu

×

( 60, 2 10 23 mol )

− = ×

25 , 2 10 .

1 24

Se todos esses átomos sofrerem fissão (liberando 180 MeV), a energia total liberada será

E = (2,52 × 10 24 )(180 MeV) = 4,54 × 10 26 MeV.

5. Se um megaton de TNT libera uma energia de 2,6 × 10 28 MeV, o poder explosivo de uma

ogiva nuclear de 2,0 megatons é dado por

poder explosivo

= × = ×

28 28

2( 2, 61 0 MeV) 5, 21 0 MeV.

Como, de acordo com o Problema 43-4, cada fissão libera uma energia da ordem de 180 MeV,

o número de fissões é

×

28

5,

2 10 MeV

N =

180 MeV

= ×

26

2, 9 10 .

Como a fissão ocorre apenas em 8,0% dos átomos de plutônio, o número total de átomos de

plutônio é

N

0

N

= =

0,

080

×

2,

9 10

0,

080

26

= × = ×

3 63 10 6 0 10

27 3

, , mol .


Como, de acordo com o Apêndice F, M Pu = 0,244 kg/mol, a massa de plutônio presente na

ogiva é

3 3

= × m ( 6, 01 0 mol)( 0×

= , 244 kg/mol) 1,

51 0 kg.

6. Note que o número de massa total A e o número atômico total Z do lado esquerdo da equação

devem ser iguais, respectivamente, ao número de massa total e ao número atômico total do

lado direito da equação. No caso do nêutron, A = 1 e Z = 0. Os números de massa e os números

atômicos de todos os nuclídeos estão no Apêndice F.

(a) Como, no caso do xenônio, Z = 54, o número atômico de “Y” é Z = 92 – 54 = 38, o que

indica tratar-se do elemento estrôncio. Como o número de massa de “Y” é 235 + 1 – 140 – 1 =

95, “Y” é o nuclídeo 95 Sr.

(b) Como, no caso do iodo, Z = 53, o número atômico de “Y” é Z = 92 – 53 = 39, o que indica

tratar-se do elemento ítrio (cujo símbolo, por coincidência, é Y). Como 235 + 1 – 139 – 2 = 95,

“Y” é o nuclídeo 95 Y.

(c) Como, no caso do zircônio, Z = 40, o número atômico de “X” é 92 – 40 – 2 = 52, o que indica

tratar-se do elemento telúrio. Como 235 + 1 – 100 – 2 = 134, “X” é o nuclídeo 134 Te.

(d) Comparando os números de massa, obtemos b = 235 + 1 – 141 – 92 = 3.

7. Se R é o número de núcleos fissionados por segundo, a potência liberada é P = RQ, na qual

Q é a energia liberada em cada evento de fissão. Assim,

R = P/ Q = (1,0 W)/(200 × 10 6 eV)(1,60 × 10 –19 J/eV) = 3,1 × 10 10 fissões/s.

8. (a) Considere o processo

98 49

Mo → Sc + 49 Sc. A energia de desintegração é

Q = (m Mo – 2m Sc )c 2 = [97,90541 u – 2(48,95002 u)](931,5 MeV/u) = +5,00 MeV.

(b) O fato de que a energia de desintegração é positiva não significa necessariamente que devemos

esperar um grande número de fissões espontâneas; neste caso, a barreira de energia E b

(veja a Fig. 43-3) é presumivelmente mais alta ou mais larga no caso do molibdênio do que no

caso do urânio.

9. (a) Como a massa de um átomo de 235 U é

m 0 = (235 u)(1,661 × 10 –27 kg/u) = 3,90 × 10 –25 kg,

o número de átomos de urânio em uma massam = 1,0 kg é

N = m/ m0 = (1,0 kg)/(3,90 × 10 – 25 kg) = 2,56 × 10 24 ≈ 2,6 × 10 24 .

(b) A energia liberada emN eventos de fissão é dada por E = NQ, na qual Q é a energia liberada

em cada evento. Para 1,0 kg de 235 U,

E = (2,56 × 10 24 )(200 × 10 6 eV)(1,60 × 10 –19 J/eV) = 8,19 × 10 13 J ≈ 8,2 × 10 13 J.

(c) Se P é a potência da lâmpada,

10. A energia liberada é

t = E / P = (8,19 × 10 13 J)/(100 W) = 8,19 × 10 11 s = 2,6 × 10 4 anos.

= + − − −

2

Q ( mm m m 2m c

U n Cs Rb n )

= u −

=

( 235, 04392 1,

00867 u 140, 91963 u 92,

92157 u)(931,5 MeV/u)

181 MeV.

−

−


11. Se M Cr é a massa de um núcleo de 52 Cr e M Mg é a massa de um núcleo de 26 Mg, a energia de

desintegração é

Q = (M Cr – 2M Mg )c 2 = [51,94051 u – 2(25,98259 u)](931,5 MeV/u) = – 23,0 MeV.

12. (a) Considere o processo

liberados. Temos:

+ → + + − na qual N é o número de elétrons

U n Ce Ru Ne ,

238 140 99

N = Z f – Z i = Z Ce + Z Ru – Z U = 58 + 44 – 92 = 10.

Assim, o número de eventos de decaimento beta é 10.

(b) A energia liberada é

= + − − −

2

Q ( mm m m 10m ) c

U n Ce Ru

= u +

=

e

− − −

( 238, 05079 1,

00867 u 139, 90543 u 98, 90594 u)(931,5 MeV/u) 10( 0,511

MeV)

226 MeV.

13. (a) A energia potencial eletrostática é dada por

U

=

2

1 ZXeZSre

,

4 0 r r

no qual Z Xe é o número atômico do xenônio, Z Sr é o número atômico do estrôncio, r Xe é o raio de

um núcleo de xenônio e r Sr é o raio do núcleo de estrôncio. Os números atômicos são dados no

Apêndice F. Os raios podem ser calculados usando a Eq. 42-3, r = r 0 A 1/3 , no qual r 0 = 1,2 fm e

A é o número de massa, que também pode ser encontrado no Apêndice F. Assim,

e

e a energia potencial é

9

U = ( 89 , 9 × 10 ⋅

=

251 MeV.

r Xe = (1,2 fm)(140) 1/3 = 6,23 fm = 6,23 × 10 –15 m

r Sr = (1,2 fm)(96) 1/3 = 5,49 fm = 5,49 × 10 –15 m

× − 19

(54)(38)(1,60 10 C) 2

V m/C)

6,

23 − 15

10 5 49 10−15

m , m

Xe

+

Sr

× + ×

= , ×

40 8 10−11

J

(b) A energia liberada em um evento de fissão típico é cerca de 200 MeV, da mesma ordem que

a energia eletrostática dos fragmentos quando estão se tocando. Essa energia é convertida na

energia cinética dos fragmentos e dos nêutrons liberados no processo de fissão.

14. (a) Como a áreaa da superfície de um núcleo é dada por

= =

2

1/ 3 2 2 / 3

a 4 R 4 ( R A ) A ,

a diferença relativa entre a área da superfície dos produtos de fissão e a área da superfície do

núcleo srcinal é dada por

Da

(b) Como V ∝ R 3 ∝ (A 1/3 ) 3 = A, temos:

a

i

=

a

f

−

a

i

a

i

DV

V

=

+

0

() 140 ( 96)

V

V i

2 / 3 2 / 3

( 236)

f

= − 1 =

2 / 3

+

140 96

236

− = +

1 0,

25 = 25%.

− =

1 0.


(c) A diferença relativa entre a energia potencial elétrica dos produtos de fissão e a energia

potencial elétrica do núcleo srcinal é dada por

DU

U

U

f

= − =

U i

+

2

2

QXe

/ RXe

QSr

/ RSr

1 1

Q / R

= −0,

36 36

= − %.

U 2

U

− =

( 54)( 2 140) − ( 38) ( 96)

−

2 1/

3

() 92 ( 236)

−

+

1/ 3 2 1/

3

−

1

15. (a) A energia produzida pela bomba é

E = (66

×

10 –3 megatons)(2,6

×

10 28 MeV/megaton) = 1,72

×

10 27 MeV.

Como cada evento de fissão produz uma energia de 200 MeV, o número de eventos de fissão

necessários para produzir essa energia é

N fi = (1,72 × 10 27 MeV)/(200 MeV) = 8,58 × 10 24 .

Como apenas 4,0% dos núcleos de 235 U presentes na bomba sofrem fissão, o número inicial de

núcleos é N 0 = (8,58 × 10 24 )/(0,040) = 2,14 × 10 26 . A massa correspondente é

M 0 = (2,14 × 10 26 )(235 u)(1,661 × 10 –27 kg/u) = 83,7 kg ≈ 84 kg.

(b) Como são produzidos dois fragmentos em cada evento de fissão, o número total de fragmentos

é

N fr = 2(8,58 × 10 24 ) = 1,72 × 10 25 ≈ 1,7 × 10 25 .

(c) Como um dos nêutrons produzidos em um evento de fissão é usado para produzir outro

evento de fissão, o número médio de nêutrons liberados no ambiente por evento de fissão é 1,5.

Assim, o número total de nêutrons liberados é

N li = (8,58 × 10 24 )(1,5) = 1,29 × 10 25 ≈ 1,3 × 10 25 .

16. (a) Usando um raciocínio semelhante ao do Problema 43-4, chegamos à conclusão de que

o poder explosivo da bomba é dado por

poder explosivo

=

×

26

( 2,

50 kg)(4,54 10 MeV/kg)

×

2,

6 10

28

MeV/10

6

tons

= × =

4

4,

41 0 tons 44 quilotons.

(b) Supondo que se trata de uma bomba de baixa eficiência, boa parte dos 92,5 kg são provavelmente

desnecessários e foram usados apenas para assegurar a detonação. Existe também o

argumento de que é preciso usar mais do que a massa crítica por causa do tempo reduzido durante

o qual o material permanece em contato durante a implosão, mas esta “massa supercrítica”,

como é normalmente chamada, é muito menor do que 92,5 kg e não precisa ser necessariamente

constituída por plutônio puro.

17. (a) Se X representa o fragmento desconhecido, a reação pode ser escrita como

235 82 A

U n Ge X,

92

+ → +

0 1 32

no qual A é o número de massa e Z é o número atômico do fragmento. De acordo com a lei de

conservação da carga, 92 + 0 = 32 + Z e, portanto, Z = 60. De acordo com a lei de conservação

do número de massa, 235 + 1 = 83 + A e, portanto, A = 153. Procurando no Apêndice F um

nuclídeo com Z = 60, descobrimos que o fragmento desconhecido é 153 60 Nd.

(b) Desprezando a pequena energia cinética e o pequeno momento do nêutron responsável pelo

evento de fissão, temos:

Q = K Ge + K Nd ,

Z


no qual K Ge é a energia cinética do núcleo de germânio e K Nd é a energia cinética do núcleo de

neodímio. De acordo com a lei de conservação do momento,

p

Ge + pNd

= 0. Usando a expressão

clássica para a relação entre a energia cinética e o módulo do momento,

2

1 p

2

K = mv = ,

2 2m

o que nos dá

K

p

p

M

2 2 2

Nd Ge Ge Ge

Nd = = = =

2M

Nd 2M

Nd M Nd 2M

Ge

p

M

M

Ge

Nd

K Ge .

Assim, a equação da energia se torna

o que nos dá

K

Ge

(c) Da mesma forma,

K

Nd

=

=

M

M

M Ge MNd

M

Q = K Ge + K Ge =

M

M

(d) A velocidade inicial do núcleo de germânio é

v

Nd

M

Nd

Nd

+

M

+

M

Ge

M

Ge

Ge

Q

Q

=

=

2K

2(

110 10

Ge

Ge = =

M Ge

Nd

+

Nd

Ge

K

Ge,

153 u

( 170 MeV) = 110 MeV.

153 u 83 u

+

83 u

(170 MeV) = 60 MeV.

153 u 83 u

+

× × −

−27

×

eV)(1,60 10 J/eV)

6 19

( 83 u)(1,661 10 kg/u)

(e) A velocidade inicial do núcleo de neodímio é

v

2K

2(

60 10

Nd

Nd = =

M ND

× × −

−27

×

eV)(1,60 10 J/eV)

6 19

( 153 u)(1,661 10 kg/u)

= ×

1,

6 10 7 m/s.

= ×

87,

10 6 m/s.

18. Se P é a potência do reator, a energia E produzida no intervalo de tempo Dt é

E = P Dt = (200 × 10 6 W)(3 anos)(3,156 × 10 7 s/ano) = 1,89 × 10 16 J

= (1,89 × 10 16 J)/(1,60 × 10 – 19 J/eV) = 1,18 × 10 35 eV

= 1,18 × 10 29 MeV.

Como cada evento produz 200 MeV, isso significa que ocorreram (1,18 × 10 29 )/200 = 5,90 ×

10 26 eventos de fissão. Este número corresponde à metade do número inicial de núcleos de

material físsil. Assim, havia inicialmente 2(5,90 × 10 26 ) = 1,18 × 10 27 núcleos. Como a massa

de um núcleo de 235 U é

a massa inicial de 235 U era

m = (235 u)(1,661 × 10 – 27 kg/u) = 3,90 × 10 – 25 kg,

M = (1,18 × 10 27 )(3,90 × 10 – 25 kg) = 462 kg.

19. Seja N o número de nuclídeos que participam da reação em cadeia e seja P a potência do

reator. Como, a cada intervalo de tempo gen t , o número de nuclídeos que participam de uma

reação em cadeia é multiplicado por k , N t N k t /

( ) t gen

= 0 , na qual N 0 é o valor de N no instante

t = 0. Como P ∝ N , temos:

/ gen

= 0

P( t) P k t t ,

na qual P 0 é a potência do reator no instante t = 0.


20. De acordo com a expressão obtida no Problema 43-19,

= =

/ ( , min)(

P( t) P k t t gen 5 00 60

( 400 MW)(1,0003) s/min)/(0,00300s) 80 , 3 10 3 MW.

0

= ×

21. A potência produzida é dada porP = RQ, na qual R é o número de decaimentos por unidade de

tempo e Q é a energia produzida por um decaimento. De acordo com as Eqs. 42-17 e 42-18,

R = lN = N ln 2/ T 1/2 ,

nas quais l é a constante de desintegração e T 1/2 é a meia-vida. Se M é a massa total do material

e m é a massa de um núcleo de 238 Pu,

o que nos dá

P

N

M

= =

m

1,

00 kg

(238 u)(1,661 10−

27

kg/u)

×

= , ×

25 3 10 2

NQ 24

ln 2 ( 2, 53 10 )( 5,

50 10

6 eV)(1,60 10 − 19

J/eV)(ln2)

7

T

( 87,

7 anos)(3,156 10 s/ano)

= =

1/

2

× × ×

×

4 ,

=

557W.

22. De acordo com a Eq. 43-6, a energia liberada por evento de fissão é Q ≈ 200 MeV = 3,2 ×

10 –11 J. Como a energia total é E = Pt gen = NQ, em que N é o número de eventos de fissão, que

é aproximadamente igual ao número de nêutrons livres, temos:

N

Pt

6 −3

gen ( 500 10 W)( 1,

0 10 s)

Q

3,

2 10−

11

J

= =

× ×

×

=

1,

6 × 10 16 .

23. Seja P 0 a potência inicial do reator, seja P a potência final, seja k o fator de multiplicação,

seja t o tempo necessário para a redução da potência e seja t gen o tempo de geração de nêutrons.

Nesse caso, de acordo com o resultado do Problema 43-19,

P

P k t /

= t gen 0

Dividindo ambos os membros por P 0 , tomando o logaritmo natural e explicitando ln k , obtemos

o que nos dá

ln k

=

t gen

ln

t

P ,

P

= 1 3 × 10 −

2,

6 s

0

3

.

s 350 MW

ln

1200 MW

k = e – 0,0006161 = 0,99938.

0 0006161

= − , ,

A figura a seguir mostra a potência do reator em função do tempo. As retas tracejadas indicam

o ponto t = 2,6 s, P = 350,0 MW.


24. (a) Como P = RQ ef , temos:

Q

ef

P

R

P

= = =

=

=

N

mPT

1/

2

M ln 2

27

u)(1,66 × 10 − kg/

( 90, 0

u)(0,93 W)(29 anos)(3,15 107

s/ano)

10 0 × 10 − 3

−13

( , kg)(ln 2)(1,60 × 10 J/MeV)

1,

2

MeV.

(b) A quantidade necessária de 90 Sr é

150 W

M = =

(0,050)(0,93 W/g)

3,

2 kg.

×

25. (a) Seja v ni a velocidade inicial do nêutron, seja v nf a velocidade final do nêutron e seja v f

a velocidade final do núcleo alvo. Como o núcleo alvo está inicialmente em repouso, a lei de

conservação do momento nos dá m n v ni = m n v nf + mv f e a lei de conservação da energia nos dá

2 2 2

mnvni / 2 = mnvnf / 2 + mv f / 2. Resolvendo este sistema de duas equações com duas incógnitas

(v f e v nf ), obtemos

v f = 2m n v ni /(m + m n ).

Como a energia perdida pelo nêutron é igual à energia ganha pelo núcleo alvo,

2

1 1 4m m

2

n 2

DK = mv f =

vni.

2

2 2 ( m m )

Como a energia cinética inicial do nêutron é K = m v

2 / 2,

DK

K

=

+

n ni

n

4mnm

2

( m m ) .

(b) Como, de acordo com o Apêndice B, a massa de um nêutron é 1,0087 u e a massa do átomo

de hidrogênio é 1,0078 u, temos:

DK

K

=

4( 1,

0087

+

n

)(1,0078 u) 4,

0663

= =

u + u) 2 4,

0663

( 10 , 087 10 , 078

1, 0.

(c) Como, de acordo com o Apêndice B, a massa do deutério é 2,0136 u, temos:

= 41( , 0087 u)( 2,

0136 u) 8,

=

K ( 10 , 087 u + 2,

0136 u) 2 ,

DK

1245

= 0, 89.

9 1343

(d) Como, de acordo com a Seção 1-7, a massa do átomo de carbono é 12 u, temos:

DK

4( 1,

0087 u)(12

u) 48

≈ = 0,

28.

10 087 u 12 u) 2 169

= K ( , +

(e) Como, de acordo com o Apêndice F, a massa do átomo de chumbo é 207,19 u, temos:

= 4( 1,

0087 u)(207,19 u) 836

≈

K ( 10 , 087 u + 2071 , 9 u) 2

DK

43347

= 0, 019.

(f) Como, em cada colisão, a energia do nêutron é multiplicada por 1 − 0,89 = 0,11, a energia

do nêutron após n colisões é dada por E = (0,11) n E i , em que E i é a energia inicial. Tomando o

logaritmo natural de ambos os membros e explicitando n, obtemos

n

ln( E / E i ) ln( 0,

025 eV/1,00 eV)

ln 0,

11 ln 0,

11

= = =

7, 9 ≈ 8.


Note: A figura a seguir mostra a perda relativa de energia do nêutron, DK / K , em função da massa

relativa do átomo estacionário, m/ m n .

Como se pode ver no gráfico, a perda de energia é máxima DK ( / K = 1) quando o alvo estacionário

tem a mesma massa que o nêutron (m/ m n = 1).

26. De acordo com a Eq. 42-15, a razão é

o que nos dá

t

=

8

−

8

5

N5( t ) N 5( 0)

= e− −

N8( t )

1 N5( t ) N 8( 0)

ln

N t

5 ( ) N ( 0)

9

= 3,

6 × 10 anos.

=

N 8( 0)

( 5 8

) t

,

1

ln[( 0, 0072)(

0, 15) −1]

15 5 − 9 851 0− 10 −1

( , , ) anos

27. (a) P med = (15 × 10 9 W · anos)/(200.000 anos) = 7,5 × 10 4 W = 75 kW.

(b) A massa de 235 U consumida pelo reator foi

M

m E

U total

= =

Q

= 5,

8 × 10 3

×

−

9

× ⋅

27 7

(235 u)(1,66 10 kg/u)(15 10 W ano)(3,15 10 s/ano)

MeV)(1,6 × 10 − 13

(200 J/MeV)

kg.

×

28. Os núcleos de 238 U podem capturar nêutrons e sofrer decaimento beta. Com um grande número

de nêutrons disponíveis por causa da fissão do 235 U, a probabilidade de que este processo

ocorra é relativamente elevada, o que resulta em uma redução da concentração relativa de 238 U

e, em consequência, um aumento da concentração relativa de 235 U.

29. Seja t o instante atual e seja t = 0 o instante em que a razão entre o número de átomos de

235

U e o número de átomos de 238 U era 3,0%. Seja N 235 o número de átomos de 235 U presentes

em uma amostra no instante atual e seja N 235,0 o número de átomos de 235 U presentes na mesma

amostra no instante t = 0. Seja N 238 o número de átomos de 238 U presentes na amostra no instante

atual e seja N 238,0 o número de átomos presentes na amostra no instante t = 0. De acordo com a

Eq. 42-15,

t

N = N e−235

235 235,

0


e

t

N = N e− 238

238 238, 0 .

Dividindo a primeira equação pela segunda, obtemos

t

r = r e − ( 235 − 238

) ,

em que r = N 235 / N 238 (= 0,0072) e r 0 = N 235,0 / N 238,0 (= 0,030). Explicitando t , obtemos:

t

0

1

= − −

r

ln .

r

235 238 0

Como, de acordo com a Eq. 42-18, 235 = (ln )/ T 1 / 2 e 238 = (ln )/ T 1 / 2 , temos:

t

=

T1 / 2 T

r

235 1/

2238

( T T ) ln ln

r

= 1 7 ×

−

1/ 2238 1/

2 2

235 0

, 10 9 anos.

2

235

= − 8

( 70 , × 10 anos)(4,5 ×

9

( 45,

× 10 anos

− ×

2

238

9

10 anos)

0 0072

8

7, 0 10 anos) ln 2

ln 0

,, 030

A figura a seguir mostra a variação da razão r = N 235 / N 238 com o tempo normalizado t / T 1/2, 238 . O

gráfico foi traçado supondo que r = 0,03 no instante t = 0. No instante t = 1,7 × 10 9 anos, que

corresponde a t / T 1/2, 238 = 0,378, r = 0,072.

30. De acordo com o enunciado do problema, dois átomos de deutério são consumidos em cada

evento de fusão e é gerada uma energia Q = 3,27 MeV. De acordo com a Eq. 42-21, o número

de pares de átomos de deutério na amostra é

N

pares

A energia liberada é, portanto,

E N Q

d

M amostra

g

= N A = 1000

2M

( 6, 021× 0 23 mol − 1 ) = 1, 51×

0

26 .

2(2,0 g/mol)

= = × ( 1, 5× 10 )( 3, 27 × 10 eV)( 1,

60 10−

pares

= ×

26 6 19 J/eV) 7, 8 10 13 J.

Assim,

×

13

7,

8 10 J

t =

100 W

= × = s×

11 4

7, 8 10 2,

5 10 anos.


31. A altura da barreira de Coulomb pode ser tomada como o valor da energia cinética K que

cada dêuteron deve ter inicialmente para que a velocidade dos dois dêuterons seja zero no instante

em que as superfícies se tocarem. Se r é o raio de um dêuteron, a lei de conservação da

energia nos dá

e, portanto,

2

1 e

2K

=

4 2r

2

e

× − 19 2

1

(1,60 10 C)

9

−14

K = 4 = 4r

× ( 89 , ⋅9 10 V m/C)

15

4(

2, 1 × 10−

m) = 27 , 4 × 10 J

=

0

170 keV.

0

32. (a) O cálculo é semelhante ao do Exemplo “Fusão em um gás de prótons e a temperatura

necessária”; a única diferença é que, em vez de R = 1,0 fm, como no exemplo, devemos usar

R = 2,1 fm, o valor do raio de um dêuteron (veja o Problema 43-31). Assim, a energia cinética

é igual à energia cinética calculada no exemplo dividida por 2,1:

K d +

d

K p+

p 360 keV

2, 1 2,

1

= = ≈

170 keV,

o que significa que a tensão necessária para acelerar os feixes seria 170 kV.

(b) Como nem todos os dêuterons que são acelerados em direção a outros dêuterons sofrem

choques frontais e nem todos os choques frontais resultam em eventos de fusão, seria preciso

acelerar um número enorme de dêuterons para que a liberação de energia fosse apreciável. Como

deve ser mantido um vácuo de boa qualidade no tubo de um acelerador, o uso de um feixe muito

concentrado de partículas pode ser difícil ou excessivamente dispendioso. Com relação ao custo,

existem outros fatores que dissuadiram os pesquisadores de usar aceleradores para criar um reator

de fusão, mas esses fatores talvez venham a ser menos importantes no futuro, tornando o uso de

aceleradores uma alternativa viável aos métodos de confinamento inercial e magnético.

33. O cálculo é semelhante ao do Exemplo “Fusão em um gás de prótons e a temperatura necessária”;

a única diferença é que, em vez de R = 1,0 fm, como no exemplo, devemos usar os

valores de R e q apropriados para o 7 Li. Como, de acordo com a Eq. 42-3,

e q = Ze = 3e, temos:

= = =

1/ 3 3

R r r A ( 1, 2 fm) 72 , 3 fm

0

Z e

K = 2 2

= 32( 1,

6 × 10−19

C) 2

r

−12

15

−19

16

16

( 88 , 5 10 F/m)(2,3 10 m)(1,6 10 J/eV)

0

×

× ×

=

141 MeV.

34. A expressão de n(K ) dada no enunciado mostra que n(K ) ∝ K 1/2 e – K / kT . Assim, com

temos:

n( K )

n( K )

med

=

=

K

k = 8,62 × 10 – 5 eV/K = 8,62 × 10 – 8 keV/K,

1/

2

K

e−

( K − K med ) / kT

med =

0, 151.

5,

00 keV

1,

94 keV

1/

2

exp

−

−

× ×

5, 00 keV 1,

94 keV

−8

7

(8, 62 10 keV)(1,50 10 K)


35. A energia cinética dos prótons é

K = = kT × − 23 7

( 1, 38 10 × = × 10 ) 1,

38 10−16

J/K)(1,0 K J.

Na distância de máxima aproximação, r min , toda a energia cinética foi convertida em energia

potencial:

Explicitando r min , obtemos

r

min

1

q

= =

4

2K

0

K 2K U

tot = = =

1

2

q

.

4

0 r min

× ⋅ × −

×

( 8, 991 0 N m C )( 1,

601 0 C

16

213 ( , 8 10−

J)

2 9 2 2 19 2

)

= × ≈

13

8,

331 0−

m 1 pm.

36. A energia liberada é

= − = − − −

Q Dmc 2 ( m m m ) c

2

= − −

=

He H2 H1

( 3, 016029 u 2,

014102 u 10 , 07825 u)(931,5M eV/u)

5,

49 MeV.

−

37. (a) Seja M a massa do Sol no instante t e seja E a energia que está sendo irradiada no mesmo

instante. A potência irradiada é

dE dM

P = dt = 2 c dt ,

em que foi usada a relação E = Mc 2 . Atualmente,

dM

dt

P

= =

2

c

×

×

3,

9 10

26

W

( 2, 998 10 m s)

8 2

= , ×

43 10

9

kg s.

(b) Vamos supor que a perda de massa tenha sido constante. Nesse caso, a perda de massa total

foi

DM = (dM / dt ) Dt = (4,33 × 10 9 kg/s) (4,5 × 10 9 anos) (3,156 × 10 7 s/ano) = 6,15 × 10 26 kg

e a fração perdida foi

M

DM

+

DM

=

26

61,

5 × 10 kg

× kg + ×

2, 0 10 6,

15 10

30 26

kg

=

3,

1 × 10 − 4 .

38. Na Fig. 43-11, vamos fazer Q 1 = 0,42 MeV, Q 2 = 1,02 MeV, Q 3 = 5,49 MeV e Q 4 = 12,86

MeV. Para o ciclo próton-próton completo,

= + + +

QQ 2 2Q 2Q Q

1 2 3 4

= 2( 0, 42 MeV + 1, 02 MeV + 5,

49 MeV) + MeV =

12, 86 26,

7 MeV.

39. Se M He é a massa do átomo de hélio e M C é a massa do átomo de carbono, a energia liberada

é

2

Q = ( 3MHe − MC ) c = [ 3( 4, 0026 u) − ( 12, 0000 u)](931,5 MeV/u) = 7,

27 MeV.

Note que 3M He inclui a massa de seis elétrons e o mesmo acontece com M C . Como as massas

dos elétrons se cancelam, a diferença de massa calculada é a mesma que se fossem usadas as

massas dos núcleos em vez das massas atômicas.


40. (a) Como foi visto na Seção 43-7, em cada evento de fusão são consumidos quatro prótons

e é liberada uma energia Q = 26,7 MeV. Para calcular quantos conjuntos de quatro prótons são

consumidos, usamos a Eq. 42-21:

N

4 p

e a energia total liberada é

M

am

= N A =

4M

H

(b) O número de núcleos de 235 U é

1000 g

4( 1,

0 g mol)

×

23

( 60 , 2 10 mol) = ×

E = N 4p Q = (1,5 × 10 26 )(26,7 MeV) = 4,0 × 10 27 MeV.

=

1000 g

23

N −1

235

235 g/mol

× =

( 6, 2 10 mol ) 2, 56 × 10 24 .

A energia liberada pela fissão de todos os núcleos de 235 U é

= = × = × =

E N Q

235

1, 5 10 26 .

22 26

( 2, 561 0 )( 200 MeV) 5, 1 10 MeV 8,

2 × 10 13 J.

Este resultado mostra que o processo de fusão produz mais energia por quilograma que o processo

de fusão, embora a energia produzida por evento seja menor.

41. Como a massa do átomo de hélio é

(4,00 u)(1,661 × 10 – 27 kg/u) = 6,64 × 10 – 27 kg,

o número de núcleos de hélio presentes inicialmente na estrela é

(4,6 × 10 32 kg)/(6,64 × 10 – 27 kg) = 6,92 × 10 58 .

Como, para cada evento de fissão, são necessários três átomos de hélio, o número total de

eventos de fusão é

N = 6,92 × 10 58 /3 = 2,31 × 10 58 .

Se Q é a energia liberada em cada evento e t é o tempo de conversão, a potência gerada é P =

NQ/ t . Explicitando t , obtemos:

t

NQ

= =

P

= ×

× × eV × −

30

5,

3 × 10 W

( 2, 31 10 )( 7, 27 10 )( 1,

60 10

8

1, 6 10 anos.

58 6 19

J/eV)

= ×

50 , 7 10

15

s

42. Vamos supor que a massa dos neutrinos pode ser desprezada. Naturalmente, a massa dos

fótons é zero.

= − − = − − − −

2

Q1

( 2m p m2 me) c 2( mm 1 e) ( m2

me)

m

e c

H H H

2

= [ 210 ( , 07825 u) − 20 , 14102 u − 20 ( , 0005486 u)

]( 931,

5 MeV/u)

0,

42 MeV

=

= + − = +

2

2

Qm 2 ( 2 m 3 ) 2 (

H

p m c m m1 mm c

H H

e)

3

H

H

= ( 20 , 14102 u) + 10 , 07825 u − 3,016029 u) ( 931,

5 MeV u)

5,

49 MeV

=

= − −

2 2

Qm 3 ( 2 3 m4

2m H H p) c 2m3 m4 2( m1

me)

c

H H H

= [ 2( 3, 016029 u ) − 4, 002603 u − 210 ( , 07825 u) ]( 9315 , MeV/u)

12,

86MeV.

=

−

= − − −

−


43. (a) A energia liberada é

= − − − −

2

Qmm( 5 2 3 m 4 m1

2m ) c

H He He H

n

= [ 520 ( , 14102 u ) − 3, 016029 u − 4, 002603 u − 1, 007825 u − 2(1,008665 u)

]( 931,

5 MeV/u)

=

24,

9 MeV.

(b) Supondo que 30,0% do deutério sofre fusão, a energia total liberada é

E = NQ =

0,

300 M

5m

2 H

Q .

Assim, o poder explosivo (veja o Problema 43-16) da parte de fusão da bomba é

R

=

=

×

2,

6 10

28

E

MeV megaton de TNT

( 0, 300)( 500 kg )( 24, 9 MeV)

5( 2,) 0 u ( 1, 66 10−

27 kg u)( 2,

6 10

28 MeV megaton de TNT)

× ×

= 8, 65megatons de TNT.

44. Como, de acordo com o enunciado, a massa de hidrogênio na parte central do Sol é M H =

0,35M Sol /8, o tempo necessário para que todo o hidrogênio seja consumido é

t

= = × ×

M H ( 0,) 352

11( , 0 10 kg )( 17

/ 8)

dm dt ( 62 , 10 kg s)( 31 , 5 10 s ano)

30

× = ×

5 109

anos.

45. (a) Como são produzidos dois neutrinos por ciclo próton-próton (veja a Eq. 43-10), a taxa

de produção de neutrinos, R ν, é dada por

R

26

2P

2( 3, 9 10 W)

Q 26 7 1 6 × 10 − 13

( , )( , )

v = =

×

= × s−

MeV J MeV

1, 8 10 38 1 .

(b) Se d TS é a distância entre a Terra e o Sol e R T é o raio da Terra, o número de neutrinos interceptados

pela Terra por segundo é

R

v,

Terra

=

R

v

2

R

T

2

4

d

TS

= 1,

8 × 10

4

s−

38 1

×

×

6

64 , 10 m

1,

5 10

11

m

2

= 82 × 10 s−

28 1

, .

46. (a) Os produtos do ciclo do carbono são 2e + + 2ν + 4 He, os mesmos do ciclo próton-próton

(veja a Eq. 43-10). A diferença no número de fótons não é significativa.

(b) Temos:

Q Q Q Q

carbono = + + +

1 2 6

= ( 1, 95 × + 1, 19 + + 75 , 5 73, 0 1, 73 + 49,

7)

=

24,

7 MeV,

MeV

que é igual à energia produzida pelo ciclo próton-próton, uma vez subtraída a energia gerada

pelas aniquilações elétron-pósitron (veja a Fig. 43-11):

Q p− p = 26,7 MeV – 2(1,02 MeV) = 24,7 MeV.


47. (a) Como a massa do átomo de carbono é (12,0 u)(1,661 × 10 –27 kg/u) = 1,99 × 10 –26 kg, o

número de átomos de carbono em 1,0 kg de carbono é

O calor de combustão por átomo é

1,

00 kg

N =

19 9 10−

26

, kg

7

3,

3 10 J/kg

Q =

( 5, 02 10 átomos/kg)( 1,

6 10

×

×

× × −

= ×

25 19

25

50 , 2 10 .

= 4, 1 eV/átomo.

J/eV)

(b) Como, em cada evento de combustão, dois átomos de oxigênio se combinam com um átomo

de carbono, a massa total envolvida é 2(16,0 u) + (12,0 u) = 44 u, o que nos dá

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

Como cada evento de combustão produz 6,58 × 10 –19 J, a energia produzida por unidade de

massa dos reagentes é

×

×

−19

( 4, 1 eV)( 1, 6 10 J/eV)

E =

73,

1 10−

26

kg

= , ×

90 0 10 6 J/kg.

(c) Se o Sol fosse feito de uma mistura de carbono e oxigênio nas proporções adequadas para a

combustão total do carbono, o número máximo de eventos de combustão seria

A energia total liberada seria

×

×

30

20 , 10 kg

N =

73 1 10−

26

, kg

= ×

55

27 , 4 10 .

E t = (2,74 × 10 55 )(4,1 eV)(1,6 × 10 −19 J/eV) = 1,80 × 10 37 J.

Nesse caso, se P é a potência do Sol, o Sol levaria um tempo

t

E

= =

P

para queimar todo o combustível.

48. No caso da Eq. 43-13,

37

18 , 0 × 10

× W)(3,15 ×

26 7

( 3, 9 10

10 s/ano)

J

=

1,5 × 10 3 anos

= ( − − ) = ( ) − − ( )

2

Q 2m m m c 2 2 014102 3 016049

2

3 , u , u 1,008665 u 931,

5 MeVu

H

He

n

=

3, 27 MeV.

No caso da Eq. 43-14,

= ( − − ) = ( ) − − ( )

2

Q 2m m m c 2 2 014102 3 016049

2

3 , u , u 1,007825 u 931,

5 MeVu

=

H

4, 03 MeV.

He

No caso da Eq. 43-15,

= + − −

n

( H H He n )

2

Q m 2 m3

m 4 m c

= [ 2, 014102 u + 30 , 16049 u − 4, 002603 u − 1, 008665 u]( 9315 , MeV u)

=

17, 59 MeV.

49. Como 1,00 L de água tem uma massa de 1,00 kg, a massa de água pesada em 1,00 L é

0,0150 × 10 –2 kg = 1,50 × 10 –4 kg. Como uma molécula de água pesada contém um átomo de

oxigênio, um átomo de hidrogênio e um átomo de deutério, a massa da molécula é

M = (16,0 u + 1,00 u + 2,00 u) = 19,0 u = (19,0 u)(1,661 × 10 – 27 kg/u) = 3,16 × 10 –26 kg.

Assim, o número de moléculas de água pesada em um litro de água é

×

×

−4

15 , 0 10 kg

N =

31 6 10−

26

, kg

= , ×

47 5 10

21

moléculas.

Como são necessários dois núcleos de deutério para cada evento de fusão, o número total de

eventos de fusão é N ′ = N /2 = (4,75 × 10 21 )/2 = 2,38 × 10 21 . A energia liberada por evento é

Q = (3,27 × 10 6 eV)(1,60 × 10 –19 J/eV) = 5,23 × 10 –13 J.

Se todos os eventos ocorrem em um intervalo de um dia, a potência gerada é

P

NQ

= =

t

× ×

d ×

4

21

( 2, 38 10 )( 5, 23 10−

13

J)

( 1 )(, 8 64 10 s/d)

4

= 1, 44 × 10 W = 14, 4 kW.


50. (a) Como E = NQ = (M am /4m p)Q, a energia por quilograma de hidrogênio consumido é

E

M

am

Q

= =

4

m p

×

= ×

27

×

− kg)

MeV

−13

( 26, 2 )( 1, 60 10 J/MeV)

4167 ( , 10

14

63, 10 J/kg.

(b) Como um watt corresponde a um joule por segundo, a taxa de perda de hidrogênio é

dm

= , ×

dt , ×

3 9 10

63 10

14

26

W

J/kg

= ×

11

62 , 10 kg/s.

O cálculo do Exemplo “Consumo de hidrogênio no Sol” leva ao mesmo resultado.

(c) Como, de acordo com a relação de Einstein, E = Mc 2 , P = dE / dt = c 2 dM / dt , o que nos dá

dM

dt

P

= =

2

c

×

×

3,

9 10

26

W

( 3, 0 10 m/s)

8 2

= , ×

43 10

9

kg/s.

(d) A diferença entredm/ dt e dM / dt , com dm/ dt > dM / dt , se deve principalmente ao fato de que

a maior parte da massa dos prótons consumidos na reação de fusão permanece no Sol, na forma

de hélio.

(e) O tempo que o Sol levará para perder 0,10% da massa total é

t

30

0, 0010M

( 0, 0010)( 2, 0 10 kg)

= =

dM / dt

×

9

7

( 43,

10 kg/s)( 31 , 5 10 s/ano)

×

×

= ×

10

1, 5 10 anos.

51. Como Z = 94 para o plutônio e Z = 92 para o urânio, a lei de conservação da carga exige que

dois elétrons sejam emitidos para que a carga do núcleo sofra um aumento de 2e. Nos processos

de decaimento beta descritos no Cap. 42, elétrons e neutrinos são emitidos. As reações são as

seguintes:

+ → + + +

→ + +

U n Np U e v

239Np

239 Pu e v

238 239 239


52. A lei de conservação da energia nos dá Q = K a

+ K n e a lei de conservação do momento

(supondo que a velocidade inicial das duas partículas é desprezível em presença das outras

energias envolvidas) nos dá |p a

| = |p n |. Podemos usar a expressão clássica para relacionar a

energia cinética ao momento:

o que nos dá K n = (m a

/ m n )K a

.

2

1 p

2

K = mv = ,

2 2m

(a) Combinando as equações de conservação da energia e do momento, obtemos:

Q

17,

59 MeV

K

= 3, 541MeV,

1 ( m / m ) 1 ( 4, 0015 u/ 10 , 08665 u)

= + = +

n

na qual a massa da partícula alfa foi calculada subtraindo a massa de dois elétrons da massa do

átomo de 4 He.

(b) K n = Q – K a

= 14,05 MeV.


3 3

Kmed = = kT × − 5

( 86,

2 10 ≈ eV/K)(300 K) 0,04 eV.

2 2

54. A massa de 235 U na amostra, supondo que “3%” se refere à porcentagem em massa, e não

em número do átomos, é dada por

M

=

( 3, 0%)

M

235

am

=

( 97%) m238 ( 3, 0%)

m235

( 97%) m + ( 3, 0%)

m + 2m

238

+

235 16

0,97(238) + 0, 030( 235)

( 0, 030)(

1000 g)

0, 972 ( 38) 0, 030( 235) 21 ( 6, 0)

= 26,

4 g.

O número de núcleos de 235 U é

23 1

( 26,

4

−

N 235

=

×

g)(6,02 10 mol )

235 g/mol

+ +

= ×

67 , 7 10 22 .

De acordo com a Eq. 43-6, se todos os núcleos de 235 U sofrerem fissão, a energia liberada será

N

235

= × = ×

= ×

22 25

Qfissão ( 6, 77 10 )( 200 MeV) 1, 35 10 MeV 21 , 7 10 12 J.

O tempo durante o qual esta energia poderia manter acesa uma lâmpada de 100 W é

×

×

12

21 , 7 10 J

t =

7

( 100 W)(3,15 10 s/ano)

≈

690 anos.

55. (a) Como ρ H = 0,35ρ = n pm p, o número de prótons por unidade de volume é

n

p

5 3

0, 35

( 0, 351 )( , 5 10 kg/m )

m p 16 7 × 10 − 27

, kg

= =

(b) De acordo com a Eq. 19-9, para um gás nas CNTP,

N

V

p

= =

kT

×

×

×

5

10 , 1 10 Pa

23

( 1, 38 10−

J/K)( 273K)

=

= × m−

3, 1 10 31 3 .

2,

68 × 10 25 m − 3 .


Assim,

n

p

N / V

=

×

×

31 , 4 10

24 , 4 10

m−

m−

31 3

25 3

= ×

6

1, 2 10 .

56. (a) Em vez de usarP(v) na forma da Eq. 19-27, vamos usar a expressão mais conveniente

n(K ) do Problema 43-34, que pode ser demonstrada a partir da Eq. 19-27. Para determinar a

energia mais provável, derivamos n(K ) em relação a K e igualamos o resultado a zero:

3 / 2

dn( K ) 1,

13n

1 K

= −

dK K = K p ( kT) 3 / 2 2K

1 / 2 kT

o que nos dá K p = kT /2. Para T = 1,5 × 10 7 K, temos:

=

e−

K / kT 0,

K = K p

1 1

= K p = × kT × − 5 7

( 8, 62 10 = eV/K)(1,5 10 K) 0,

65 eV,

2 2

em boa concordância com a Fig. 43-10.

(b) De acordo com a Eq. 19-35, v p = 2 RT / M , na qual M é a massa molar. Como a massa

molar está relacionada à massa das moléculas do gás através da equação M = mN A , na qual N A

é o número de Avogadro, e a constante dos gases perfeitos R está relacionada à constante de

Boltzmann k através da Eq. 19-7, que pode ser escrita na forma R = kN A , temos:

v

p

2RT

2kN AT

2kT

.

M mN m

= = =

Para T = 1,5 × 10 7 K e m = 1,67 ×10 –27 kg, a equação acima nos dá v p = 5,0 ×10 5 m/s.

(c) A energia cinética correspondente é

1 1

2

K v p = mv p = m

2 2

A

2kT

, kT ,

m

2

=

que é o dobro do valor calculado no item (a). Assim, para T = 1,5 × 10 7 K, temos K v,p = 1,3 keV,

que está indicada na Fig. 43-10 por uma reta vertical.

Capítulo 44

1. De acordo com a lei de conservação da carga, se o sinal do píon for invertido, o sinal do

múon produzido no decaimento também será invertido. Na verdade, essa mudança corresponde

a substituir as partículas carregadas pelas antipartículas correspondentes. Menos óbvio é o fato

de que devemos substituir o neutrino por um antineutrino, como é discutido na Seção 44-4,

para satisfazer a lei de conservação dos números leptônicos. A reação de decaimento do píon

negativo é, portanto,

→ + .

p − −

2. Como a massa específica da água é r = 1000 kg/m 3 = 1 kg/L, a massa total da água da piscina

é M = r V = 4,32 × 10 5 kg, na qual V é o volume da piscina. A fração da massa constituída por

prótons (razão entre o número de prótons e o número de núcleons em uma molécula de água) é

10/18. Assim, o número de prótons contidos na água da piscina é

N

( 10/ 18) M ( 10/ 18)( 4, 32 105

kg)

16 , 7 × 10 − 27

kg

= =

m p

Portanto, de acordo com a Eq. 42-20, temos:

R N ln 2 ( 1, 44 1032)ln

2

T 1032 anos

×

= 14 , 4 × 10 32 .

= = × ≈ 1 decaimento/ano.

1/

2

3. A energia de repouso do par elétron-pósitron é

= + = = =

E m c

2

m c

2

2m c2

2( 0, 511 MeV) 1,

022 MeV .

e e e

Como são produzidos dois raios γ no processo de aniquilação, o comprimento de onda de cada

raio gama é

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 2, 43 × 10−3

nm = 2,43 pm.

E / 2 0,

511 × 106

eV

4. De acordo com a lei de conservação do momento, os raios gama devem se propagar em sentidos

opostos com momentos de mesmo módulo. Como o modulo p do momento de um raio gama está

relacionado à energia através da equação p = E / c, os dois raios gama têm a mesma energia E . De

acordo com a lei de conservação da energia, m p c 2 = 2 E , na qual m p é a massa do píon neutro.

De acordo com a Tabela 44-4, a energia de repouso de um píon neutro é m p c 2 = 135,0 MeV.

Assim, E = (135,0 MeV)/2 = 67,5 MeV e o comprimento de onda dos raios gama é

1240 eV nm

=

675 , 106eV


F

Gm

2

r

2

gravidade e

= = =

F elétrica ke

2

r

2

= 24 , × 10−43.

×

⋅

= 1, 84 × 10−

5

nm = 18,

4 fm.

× ⋅ ×

× ⋅ ×

Gm2

4p 0 e ( 6, 671 0−

N m2

C )( 9, 11 10−

kg)

e2

( 90 , 109

N m2 C2)( 16 , 0 10−

19

C)

2

11 2 31 2

Como F gravidade << F elétrica , não é preciso levar em conta as interações gravitacionais.


6. (a) De acordo com a lei de conservação da energia,

Q = K 2 + K 3 = E 1 – E 2 – E 3 ,

em que E 1 , E 2 e E 3 são as energias de repouso das três partículas. Escrevendo essa equação na

forma

K 2 + E 2 – E 1 = –(K 3 + E 3 )

e elevando ambos os membros ao quadrado, obtemos

+ − + − = + +

K 2 K E K E 2 E E ( K ) K E E 2 .

2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 2 3 3 3 2

Aplicando a lei de conservação do momento ao referencial em que a partícula 1 está em repouso,

obtemos |p 2 | = |p 3 |, o que nos dá (p 2 c) 2 = (p 3 c) 2 . Assim, de acordo com a Eq. 37-54,

+ = + ,

K 2K E K K E 2

2 2 2 2 3 2 3 3

que podemos subtrair dessa expressão para obter

Explicitando K 2 , obtemos a equação pedida,

− 2K 2 E + 1 E − ( = E

2 1 2 E ) .

K

2

1

2

( E 1 E 2 ) − E 3 2

2E

.

= −

1

(b) Fazendo E 3 = 0 na equação obtida no item (a) e usando os valores de energia de repouso da

Tabela 44-1, obtemos o mesmo valor de K m calculado no Exemplo “Momento e energia cinética

no decaimento de um píon”.

7. De acordo com a Tabela 44-4, a energia de repouso de cada píon é 139,6 MeV. De acordo

com o enunciado do problema, o módulo do momento de cada píon é p p = (358,3 MeV)/ c. A

energia total de cada píon é dada pela Eq. 37-54:

= + = + =

E ( p c )

2

() m c2 2

( 358, 3 MeV)

2

( 139,

6 Mev) 384, 5 MeV.

p p p

De acordo com a lei de conservação da energia,

m r c 2 = 2E p = 2(384,5 MeV) = 769 MeV.

8. (a) Em unidades do SI, a energia cinética do tau positivo é

K = (2200 MeV)(1,6 × 10 –13 J/MeV) = 3,52 × 10 –10 J.

Como a energia de repouso do tau positivo é mc 2 = 2,85 × 10 –10 J, o momento relativístico da

partícula, de acordo com a Eq. 37-54, é

1

p = K

2

+ 2Kmc

2

1

=

c

2,

998 × 108

m/s

= 19 , 0 × 10−18

kg ⋅ m/s.

3 2

( 3, 52 × 10−10 J )

2

+ 2( 3, 52 × 10−

10

J)( 2, 85 × 10−10

J)

(b) O raio da trajetória circular pode ser calculado a partir do momento relativístico:

r

mv p 19 , 0 × 10−

18

kg ⋅ m/s

= = =

= 9, 90 m.

| q | B eB ( 1, 6 × 10−

19

C)(

1, 20 T)

9. De acordo com a Eq. 37-48, o fator de Lorentz seria

E 1,

5 × 106

eV

= =

= 75000.

mc 2 20 eV


Explicitando a velocidade na Eq. 37-8, obtemos

=

1−

1

1

⇒ v = c 1−

,

( ) 2 2

v / c

o que nos dá uma diferença entre c e v

v c

− =

− −

1 1c

1

≈ −

−

1 1

+ 1

2

2 2

na qual o último resultado foi obtido usando a expansão binomial (veja o Apêndice E). Assim,

c − v ≈

1

c

=

1

( 299792458m s)

2

2

2( 75000)

2

= 0, 0266m s ≈ 2, 7 cm s.

10. De acordo com a Eq. 37-52, o fator de Lorentz é

K 80 MeV

= + 1 = + 1 =

mc2

135 MeV

1, 59.

Explicitando a velocidade na Eq. 37-8, obtemos

=

1

1

⇒ v = c 1−

,

2

1− ( )

2

v c

8

o não que é nos o valor dá v

de = 0,778c

t fornecido = 2,33 e sim × 10o m/s. valor No “dilatado” referencial dado do pela laboratório, Eq. 37-9: o tempo de vida do píon

= t = ( 1× , 598 )( , = 3 × 10 − 17

s) 1,

3 10 − 16

s.

Assim, de acordo com a Eq. 37-10, a distância percorrida pelo píon no laboratório é

x = = vt × ( 2, 33 108 × m s ) (1,31 = × 0− 16

s) 3,

1 10−8

m.

11. (a) As leis de conservação discutidas até agora foram as leis de conservação da energia, do

momento, do momento angular, da carga, do número bariônico e as três leis de conservação do

número leptônico. A energia de repouso do múon é 105,7 MeV, a energia de repouso do elétron é

0,511 MeV e a energia de repouso do neutrino é zero ou muito próxima de zero. Assim, a energia

de repouso total antes do decaimento é maior que a energia de repouso total após o decaimento.

A energia em excesso pode ser convertida em energia cinética dos produtos do decaimento e,

portanto, a energia pode ser conservada. O momento é conservado se o elétron e o neutrino se

moverem em sentidos opostos com momentos de mesmo módulo. Como o momento angular

orbital é zero, precisamos considerar apenas o momento angular de spin. Todas as partículas

têm spin h/2. O momento angular total após o decaimento pode ser h (se os spins do elétron

e do neutrino estiverem paralelos) ou zero (se os spins estiverem antiparalelos). Como o spin

antes do decaimento é h/2, o momento angular não é conservado. Como o múon tem carga –e,

o elétron tem carga – e o neutrino tem carga zero, a carga total é −e antes e depois do decaimento,

o que significa que a carga é conservada. Como o número bariônico das três partículas

é zero, o número bariônico é conservado. Como o número leptônico muônico do múon é +1, o

número leptônico muônico do neutrino do múon é +1 e o número leptônico muônico do elétron

é 0, o número leptônico muônico é conservado. Como o número leptônico eletrônico do múon

e do neutrino do múon é 0 e o número leptônico eletrônico do elétron é +1, o número leptônico

eletrônico não é conservado. Assim, as leis de conservação do momento angular e do número

leptônico eletrônico são violadas e este tipo de decaimento não acontece.

(b) Neste caso, a carga e o número leptônico muônico não são conservados.


(c) Neste caso, a energia não é conservada, já que a massa do múon é menor que a massa do

píon. Além disso, o número leptônico muônico não é conservado.

12. (a) Contando todos os elétrons, pósitrons e neutrinos que resultam do decaimento da partícula

A 2 + , sem esquecer que são criados dois píons positivos (e, portanto, os produtos do decaimento do

píon devem ser contados em dobro), os produtos estáveis são os seguintes: 2e + , e − , 5 ν e 4 .

(b) Como tanto a partícula r 0 como a partícula π + têm spin inteiro, a partícula A 2

+ é um bóson.

(c) Como todos os produtos finais são léptons, o número bariônico da partícula A 2

+ é zero e,

portanto, a partícula é um méson.

(d) Como foi dito no item (c), o número bariônico da partícula é zero.

13. A expressão da componente z do isospin costuma ser escrita na forma T z = q – (B + S )/2,

na qual q é a carga da partícula em unidades da carga elementar. Definindo q como a carga da

partícula em unidades do SI, como foi feito em capítulos anteriores, a expressão se torna

q 1

T z = − B + S

e 2 ( ).

Em vez de usar um eixo inclinado, como na Fig. 44-4, é possível reproduzir o mesmo padrão

usando eixos retangulares se a estranheza S é substituída pela hipercarga, Y = B + S , e a carga

q/ e é substituída pela componente z do isospin, T z = q/ e −(B + S )/2, porque, nesse caso, tanto a

grandeza usada para definir o eixo y como a grandeza usada para definir o eixo x variam com

(B + S ).


− = = + − −

Q D mc m ( m

+ m + m c )

2 2

K π + p

= 1189, 4 MeV + 493,

7 MeV − 139, 6 MeV − 938,

3 MeV

= 605 MeV.


− = = + − −

Q mc m ( m 0 m m c K − p )

D 2 2

p 0

= 1115, 6 MeV + 135,

0 MeV − 493, 7 MeV − 938,

3 MeV

= −181

MeV.

15. (a) Como a partícula lambda tem uma energia de repouso de 1115,6 MeV, o próton uma

energia de repouso de 938,3 MeV e o kaon uma energia de repouso de 493,7 MeV, a energia

de repouso antes do decaimento é menor que a energia de repouso depois do decaimento, o que

significa que a energia não é conservada. O momento pode ser conservado. Como a partícula

lambda e o próton têm spin h/2 e o kaon tem spin zero, o momento angular pode ser conservado.

Como a partícula lambda tem carga zero, o próton tem carga + e o kaon tem carga –e, a carga é

conservada. Como a partícula lambda e o próton têm número bariônico +1, o número bariônico

é conservado. Como a partícula lambda e o kaon têm estranheza –1 e o próton tem estranheza

zero, a estranheza é conservada. Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da energia.

(b) Como a partícula ômega tem uma energia de repouso de 1680 MeV, a partícula sigma tem

uma energia de repouso de 1197,3 MeV e o píon tem uma energia de repouso de 135 MeV, a

energia de repouso antes do decaimento é maior que a energia de repouso depois do decaimento


e a energia pode ser conservada. O momento pode ser conservado. Como as partículas ômega

e sigma têm spin h/2 e o píon tem spin zero, o momento angular pode ser conservado. Como a

partícula ômega tem carga –e, a partícula sigma tem carga – e o píon tem carga zero, a carga é

conservada. Como as partículas ômega e sigma têm número bariônico +1 e o píon tem número

bariônico 0, o número bariônico é conservado. Como a partícula ômega tem estranheza –3, a

partícula sigma tem estranheza –1 e o píon tem estranheza zero, a estranheza não é conservada.

Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da estranheza.

(c) Como o kaon e o próton podem ter energia cinética, a energia pode ser conservada, mesmo

que a energia de repouso total após a colisão seja maior que a energia de repouso total após a

colisão. O momento pode ser conservado. Como o próton e a partícula lambda têm spin h/2 e

o kaon e o píon têm spin zero, o momento angular é conservado. Como o kaon tem carga –e,

o próton tem carga +e, a partícula lambda tem carga zero e o píon tem carga +e, a carga não é

conservada. Como o próton e a partícula lambda têm número bariônico +1 e o kaon e o píon

têm número bariônico zero, o número bariônico é conservado. Como o kaon tem estranheza

–1, o próton e o píon têm estranheza zero e a partícula lambda tem estranheza –1, a estranheza

é conservada. Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da carga.

16. Para verificar se a reação proposta, p + p→ + 0

+ + e − , viola alguma lei de conservação,

usamos os números quânticos das partículas, que aparecem nas Tabelas 44-3 e 44-4.

(a) Como q ( p) = + 1, q( p= ) − 1 , q( 0 ) = 0,

q( + ) = +1 e q ( e − ) = −1 , temos

1+ ( − 1) = + 0 + 1−

( 1) e, portanto, a carga é conservada.

= + = −

(b) Como B ( p) 1, B( p) 1 , B( 0 ) = 1,

B( + )

e, portanto, o número bariônico não é conservado.

= = 0 L = L =

= +1 e B ( e ) ,

− = 0 temos 1 + ( − 1 ) ≠ + 1 + 1 0

(c) Como L e ( p) Le( p) , e ( 0) e( + ) 0 e L e( e − ) = 1 , temos 00001

portanto, o número leptônico eletrônico não é conservado.

+ ≠ + + e,

(d) Como todas as partículas envolvidas são férmions com s = 1/2, temos ( 1/) 2 + ( 1/) 2 ≠ ( 1/)

2 +

( 1/) 2 + ( 1/)

2 e, portanto, o spin não é conservado.

(e) Como S ( p) = S ( p) = 0 , S ( 0 ) = 1,

S ( + ) = +1 e S ( e − ) = 0 , temos 00110 + ≠ + + e, portanto,

a estranheza não é conservada.

(f) Como o número leptônico muônico é zero para todas as partículas, o número leptônico

muônico é conservado.

→ + + +

17. Para verificar se a reação proposta, − p − n K − p, viola alguma lei de conservação,

usamos os números quânticos das partículas, que aparecem nas Tabelas 44-3 e 44-4.

(a) Como q( − ) = −1 , q ( p − ) = − 1, q = ( n) 0, q=

−( K − ) 1 e q( p ) = +1 , temos − 1= − + 1 + 0 − ( + 1)

1

e, portanto, a carga é conservada.

(b) Como B( − ) = +1 , B( p − ) = 0 , B ( n) = + 1, B( K − ) = 0 e B( p ) = +1 , temos + 101012 ≠ + + + =

e, portanto, o número bariônico não é conservado.

(c) Como − , n e p são férmions com s = 1/2 e p 2 e K 2 são mésons com s = 0, temos

+ 1 / 2≠ + 0 ( 1+ / + 2) 0 ( 1 / 2) e, portanto, o spin não é conservado.

(d) Como S ( − ) = −2 , S ( p − ) = 0 , S ( n) = 0,( S K−

) = −1 e S ( p ) = 0 , temos −2 ≠ 0 + 0 +(−1)

+ 0 e, portanto, a estranheza não é conservada.


18. (a) De acordo com as Tabelas 44-3 e 44-4, a estranheza de K 0 é +1, enquanto a estranheza

de p + e p – é 0; assim, a estranheza não é conservada e, portanto, a reação K 0 → p +

+ p − não

é mediada pela interação forte.

(b) Como a estranheza de Λ 0 e Σ + é –1 e a estranheza de p e n é 0, a estranheza é conservada e,

portanto, a reação Λ 0 + p → Σ + + n é mediada pela interação forte.

(c) Como a estranheza de Λ 0 é –1 e a estranheza de p e p – é 0, a estranheza não é conservada e,

portanto, a reação Λ 0 → p + p não é mediada pela interação forte.

(d) Como a estranheza de K − e Λ 0 é –1 e a estranheza de p e π 0 é 0, a estranheza é conservada

e, portanto, a reação K − + p → Λ 0 + p 0 é mediada pela interação forte.

19. Para analisar as propriedades do antinêutron, podemos ignorar um próton de cada lado da

reação e escrever a reação na forma

p + → p + n.

As propriedades das partículas estão nas Tabelas 44-3 e 44-4. Como o píon e o próton têm carga

+e, o antinêutron tem carga 0. Como o número bariônico do píon é 0 e o número bariônico do

próton é +1, o número bariônico do antinêutron é –1. Como a estranheza do píon e do próton

é 0, a estranheza do antinêutron é 0. Assim,

(a) q = 0.

B

(b) = –1,

(c) S = 0.


= − = − −

Q mc m ( m 0 m c )

D 2 2

p p −

= 1115, 6 MeV − 938,

3 MeV − 139, 6 MeV = 37,

7 MeV.

(b) De acordo com a expressão obtida no Problema 44-6a,

K

p

1

2E

= ( − ) −

2

2

p

p

E E E

( 1115, 6 MeV − 938,

3 MeV) − ( 139, 6 MeV)

=

2( 1115, 6 MeV)

(c) De acordo com a lei de conservação da energia,

K Q K p

p −

2 2

= 5,

35 MeV.

= − = − 37, 7 MeV = 5, 35 MeV 32,

4 MeV.

21. (a) Para analisar a reação do ponto de vista das leis de conservação, podemos cancelar um

próton de cada lado da reação e escrever a reação na forma p → 0 + x . Como o próton e a

partícula lambda têm spin 1/2, o spin da partícula x é 0 ou 1. Como o próton tem carga + e a

partícula lambda é neutra, a carga da partícula x é +e. Como o número bariônico do próton e

da partícula lambda é +1, o número bariônico da partícula x é 0. Como a estranheza do próton

é 0 e a estranheza da partícula lambda é –1, a estranheza da partícula x é +1. Assim, a partícula

x é um méson de carga + e estranheza +1. Consultando a Tabela 44-4, vemos que se trata da

partícula K + .


(b) Como o próton tem spin 1/2, o antipróton tem spin 1/2 e o nêutron tem spin 1/2, a partícula

x tem spin 1/2. Como o próton tem carga +e, o antipróton tem carga −e e o nêutron tem carga

0, a carga da partícula x é 0. Como o número bariônico do próton e do nêutron é +1 e o número

bariônico do antipróton é −1, o número bariônico da partícula x é −1. Como a estranheza do

próton, do antipróton e do nêutron é 0, a estranheza da partícula x é 0. Consultando a Tabela

44-3, vemos que se trata de um antinêutron n .

(c) Como o píon e a partícula K 0 têm spin 0 e o próton e a partícula Ξ 0 têm spin 1/2, o spin da

partícula x é 0 ou 1. Como o píon tem carga −e, o próton tem carga + e as partículas Ξ 0 e K 0

têm carga 0, a carga da partícula x é 0. Como o número bariônico do píon e da partícula K 0 é 0

e o número bariônico do próton e da partícula Ξ 0 é +1, o número bariônico da partícula x é 0.

Como a estranheza do píon e do próton é 0, a estranheza da partícula Ξ 0 é −2 e a estranheza da

partícula K 0 é +1, a estranheza da partícula x é +1. Consultando a Tabela 44-4, vemos que se

trata da partícula K 0 .

22. De acordo com a lei de conservação da energia, temos:

− = + = − − +

K D mc K m ( m

− m c − K )

2 2

f i p n i

= 1197,

3 MeV − 139, 6 MeV − 939,

6 MeV + 220 MeV

= 338 MeV.

23. (a) Consultando as três primeiras linhas da Tabela 44-5, já que a partícula é um bárion, vemos

que a partícula é formada por três quarks. Como a estranheza é –2, dois dos quarks devem ser

quarks s. Como cada um desses quarks tem uma carga −e/3, a soma das duas cargas é –2e/3.

Como a carga total é e, a carga do terceiro quark deve ser 5e/3. Como não existe nenhum quark

com esta carga, uma partícula como esta não é possível e, realmente, nunca foi observada.

(b) Consultando as três primeiras linhas da Tabela 44-5, já que a partícula é um bárion, vemos

que a partícula é formada por três quarks. Como a estranheza é 0, a partícula não contém quarks

s. Assim, precisamos encontrar uma combinação de quarks u e d com uma carga total 2e. Só

existe uma possibilidade: uma partícula formada por três quarks u, ou seja, uma partícula do

tipo uuu.

24. Se usássemos eixos mutuamente perpendiculares, as partículas formariam um triângulo

retângulo. Usando um eixo q inclinado, como sugere o enunciado, as partículas formam um

triângulo equilátero invertido, como mostra a figura.

As retas inclinadas, da esquerda para a direita, correspondem a partículas de carga

−1, 0, +1 e +2.


25. (a) Usando uma barra acima do símbolo para indicar que se trata de um antiquark, a composição

do antipróton é uud.

(b) A composição do antinêutron é udd.

26. (a) A combinação ddu tem uma carga total −1/3 −1/3 +2/3 = 0 e uma estranheza 0. Consultando

a Tabela 44-3, vemos que se trata de um nêutron (n).

(b) A combinação uus tem uma carga total +2/3 +2/3 −1/3 = 1 e uma estranheza 0 + 0 −1 = −1.

Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata de uma partícula Σ + .

(c) A combinação ssd tem uma carga total −1/3 −1/3 −1/3 = −1 e uma estranheza −1 −1 +0 =

−2. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata de uma partícula Ξ − .

27. O méson K 0 é formado por um quark e um antiquark. Sabemos que a carga total é zero

e a estranheza é −1. O quark com estranheza −1 é o quark s. Para que a carga total seja 0, o

antiquark deve ser d . Assim, a composição da partícula K 0 é sd.

28. (a) Consultando a Tabela 44-3, constatamos que q = 0 e S = –1 para esta partícula (e também

B = 1, o que acontece para todas as partículas desta tabela). Isto significa que a partícula deve

conter um quark estranho, que tem carga –1/3, e, portanto, a soma das cargas dos outros dois

quarks deve ser +1/3. Como nenhum dos outros quarks pode ser estranho, a composição de

quarks da partícula é sud.

(b) Neste caso, como S = −2, a partícula deve conter dois quarks estranhos, que, juntos, têm

carga −2/3. Como a carga total é 0, o terceiro quark deve ter carga +2/3. Assim, a composição

de quarks da partícula é uss.

29. (a) No caso da combinação ssu, a carga total é (−1/3 −1/3 +2/3) = 0 e a estranheza total é

(−1 −1 +0) = −2. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata da partícula Ξ 0 .

(b) No caso da combinação dds, a carga total é (−1/3 −1/3 −1/3) = −1 e a estranheza total é (0 +

0 −1) = –1. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata da partícula Σ − .

30. De acordo com as Eqs. 37-52 (γ = 1 + K / mc 2 ) e 37-8 ( v = c = c 1 − −2 ), temos:

*0

(a) Assim, no caso da partícula Σ ,

−2

K

v = c −

+

1 1

mc2

.

−

= v ( 2× , 9979 10−

+ ) 1 1 1000

2

8

MeV

m s

1385 MeV

No caso da partícula Σ 0 ,

=

2, 4406 × 10 8 m s.

= v ′ ( 2× , 9979 10− 8

+ m s)

1

1

1000 MeV

1192,

5 MeV

−2

= 2, 5157 × 10 8 m s.

A partícula Σ 0 está movendo mais depressa que a partícula Σ *0 .

(b) A diferença entre as velocidades das duas partículas é

Dv = v ′ = − v ( − 2, 5157 2, 4406 = )( × 108 m s) 7, 51 106

m s.


31. De acordo com a Eq. 37-31, o fator de velocidade da galáxia é

1

= − 1+


r

v

= = =

H

( f f 1

= − 0)

2 ( 0 )

2

( f f 0)

2 1+

(

2 0 )

1

= − ( 590,

0 nm 602, 0 nm)

1+

( 5900, nm 602,0 nm)

2

2

= 0,

02013.

c ( 0, 02013) ( 2, 998 × 10 8 m s)

H 0,0218 m s ano-luz = 27,

7 × 10 8 anos-luz.

⋅

32. Como

=

0

1+

1−

+

−

1

3

= 20 ⇒ = 2 ⇒ = ,

1

5

a velocidade da galáxia é v = bc = 3c/5. Assim, a distância entre a galáxia e a Terra no momento

em que a luz foi emitida era

r

v

H

c ( 3/ 5) c ( 0, 60)( 2,

998 10 8 m/s)

H H 0,0218 m s ano-luz

= = = =


×

⋅

D

= v c ,

= 83 , × 10 9

anos-luz.

em que v é a velocidade da galáxia. Como, de acordo com a lei de Hubble, v = Hr , na qual r é

a distância da galáxia e H é a constante de Hubble, temos:

e

= v × ( 21, ⋅ 8 10−3 × )( 2, 40 108

)

v

D = =

c

m/s ano-luz anos-luz = 52 , 3 × 10 6 m/s,

52 , 3 × 10

30 , 0 × 10

6

8

m s

( 656, 3 )

m s

nm = 11, 4 nm.

Como a galáxia está se afastando da Terra, o comprimento de onda observado é maior que o

comprimento de onda no referencial da galáxia e seu valor é

656,3 nm + 11,4 nm = 667,7 nm ≈ 668 nm.

34. (a) De acordo com a lei de Hubble, (Eq. 44-19), a velocidade do astro é

v = Hr ( 0⋅ , 0218 m/s × ano-luz=

)( 1, 5 104

anos-luz)

327 m/s.

Assim, a distância adicional entre o astro e a Terra daqui a um ano será

d = = vt ( 327 m/s)(365d )(86400s × = /d) 1,

0 10 10 m.

(b) Como foi visto no item (a), a velocidade do astro é

v = 327 m/s ≈ 3,3 × 10 2 m/s.

35. Fazendo v = Hr = c, obtemos

r

c 30 , × 108

m s

= =

= 13 , 76 × 10

H 0,

0218m s ⋅ano-luz

10

anos-luz

≈ 1,

4 × 10 10

anos-luz.


36. (a) Fazendo

≥

obtemos M r

3

H 2

2G

, o que nos dá

= ≤ = 2

v ( r ) Hr v G M r ,

e

M 3 M 3H

2

4p r

2

3 4p r

3 .

8p

G

= = ≥

(b) Expressar a densidade em átomos de hidrogênio por metro cúbico equivale a expressar a

massa específica em unidades de r 0 = m H /m 3 = 1,67 × 10 –27 kg/m 3 . Assim, temos:

=

3H

2

8p

G

( átomos de H m3

)

0

3( 0,

0218 m s ⋅ano-luz) 2( 1, 00 ano-luz 9,460 × 1015

m) 2(

átomosd eH m3)

=

8p ( 6,67 × 10 −11 m3 kg ⋅ s2)( 1, 67 × 10−

27

kg m3)

= 5,

7 átomos de H m 3 .


−

+

Dividindo ambos os membros por l 0 , obtemos

em que z = Dl/ l. Explicitando b, obtemos

−

+

1

1

0 = = ( 0 + D) .

1

1

1−

1 = ( 1+

z) ,

1+

+ −

+ + = z

2

+ 2z

.

z

2

+ 2z

+ 2

( 1 z)

2

1

=

( 1 z)

2

1

(b) Para z = 4,43, temos:

+

+ + = 0, 934.

( 4,) 43

2

2( 4,)

43

=

( 4,) 43

2

2( 4,)

43 2


= = = m s×⋅

ano-luz = 12 , 8 × 10 10 anos-luz.

r v c H H

( 09

0 , , 0218

34 )( 30 , 10 m s )

8

38. De acordo com a Eq. 39-33, a energia do fóton emitido é

e o comprimento de onda é

= − − =

E E E

−

1 1

( 13, 6 eV) = 1,

89 eV

3 2

3 2 2 2

hc 1240 eV ⋅ nm

= =

= 65 , 6 × 10 − m.

E 1,89 eV

0

7

Como o comprimento de onda detectado é l = 3,00 × 10 −3 m, temos:

0

30 , 0 × 10

=

65 , 6 × 10

−3

−7

m

= 45 7 × 10

m

,

3.


39. (a) De acordo com a Eq. 41-29, N N e E kT

2 1 = − D . Explicitando DE , obtemos

(b) O comprimento de onda seria

N 1

DE = kT ln = ( 8, 621×

0−

5

eV K)( 2, 7 K)ln

N

2

= 2, 56 × 10−4

eV ≈ 0, 26 meV.

1−

02,

5

0,

25

hc 1240eV ⋅ nm

= =

= 4, 84 × 106

nm ≈ 4, 8 mm.

DE 2,56 10−4

eV

×

40. Como F grav = GMm r

2

= mv r

2

, M ∝ v 2 . Assim, a massa do Sol teria que ser

M

′ =

S

v

Mercúrio

v

Plutão

2

2

47,

9 km s

M S =

S

4, 74 km s

= 102

M M .

41. (a) A força gravitacional a que a Terra estaria submetida seria apenas a produzida pela massa

M no interior da órbita da Terra. Se r é o raio da órbita da Terra, R é o raio do novo Sol e M S é

a massa do Sol, temos:

M

=

r

R

×

59 , 0 × 10

3

15 , 0 1011

M s =

12

m

m

3

( 1, 99 × 10 30 kg) = 3, 27 × 10

25 kg.

A força gravitacional exercida pela massa M sobre a Terra é dada por GMm/ r 2 , na qual m é a

massa da Terra e G é a constante gravitacional. Como a aceleração centrípeta é dada por v 2 / r ,

na qual v é a velocidade da Terra, GMm/ r 2 = mv 2 / r e, portanto,

v

GM

= =

r

( 6, 671× 0−11 m3

s2 ⋅ kg)( 3, 271×

025

kg)

= 121 m s.

1,

50 × 10

11 m

S

(b) A razão pedida é

12 , 1 × 10

29,

8 × 10

2

4

m s

= 0, 00406.

m s

(c) O novo período de revolução é

2p r 2p ( 1, 50 × 1011

m)

T = =

= 247 anos.

v ( 1, 21 × 102 m/s)( 3,

15 × 107

s/ano)

Nota: cidades Outra é forma de resolver o problema seria a seguinte: como v M , a razão das velo-

3 2

v M r 15 0 1011

= =

/

3/

2

, × m

v M

R

=

59 , 0 × 1012

m = 0, 00405.

0

Além disso, como T ∼ 1/ v ∼ 1/ M , temos:

S

M S

T = T 0 = T 0

M

R

r

/

59 , 0 × 10

= ( 1 ano)

1,

50 × 10

3 2 12

11

∼

3/

2

m

247 anos

m = .

42. (a) A massa da parte da galáxia que está no interior da órbita da estrela é dada por M 9 =

M (r / R) 3 . Como GM 9m/ r 2 = mv 2 / r , na qual m é a massa da estrela, temos:

v

=

GM ′ GM r =

r r

R

3

=

r

GM

R

3


e

T

2p

r

= =

v

3

R

2p .

GM

(b) Nesse caso, M 9 = M e, portanto,

v = GM r /

e

T

= = =

2p r 2 r r 2 r 3 2

p p .

v GM GM

43. (a) Fazendo l = (2898 mm · K)/ T na expressão E = hc/ l = (1240 eV · nm)/ l, obtemos:

E

=

⋅

⋅

1240 eV nm

T

2898 m K

12 , 40 × 10−3

MeV ⋅ nm

=

= ( 42, 8 × 10

10

MeV/K

2, 898 × 106nm ⋅

− ) T .

K

(b) A energia mínima necessária para criar um par elétron-pósitron é o dobro da energia do

repouso do elétron, ou seja, 2(0,511 MeV) = 1,022 MeV. Assim,

T

=

E

1,

022 MeV

=

42,

8 10 − 10

MeV K 42,

8 10 − 10

MeV K

×

44. (a) No caso da radiação cósmica de fundo, a lei de Wein nos dá

⋅

2898 m K 2898 mm K

T =

=

1 1mm

×

max ,

⋅

= 2,

= 2, 6 K.

39 × 10 9 K.

(b) Na época do “desacoplamento”, em que o universo se tornou “transparente”,

⋅

2898 m K 2898 m K

max =

=

= 0,

976 m

= 976 nm.

T 2970 K

⋅

45. Como apenas o quark estranho (s) possui estranheza diferente de zero, para obter um méson

com S = –1 temos que combinar s com um antiquark que não seja estranho. O problema é que,

como a carga do quark estranho é –1/3, para que a carga total fosse +1 o antiquark teria que ter

uma carga de +4/3, e não existem antiquarks com esta carga. Assim, um méson com S = –1 e

q = +1 não pode existir. Da mesma forma, como não existe um quark com q = −4/3, não pode

existir um méson com

S = +1 e q = –1.

46. Supondo que a reta passa pela srcem, sua inclinação é 0,40 c/(5,3 × 10 9 anos-luz). Assim,

1 1 5,

3 × 109

anos-luz 5, 3 × 109

anos

T = = =

=

≈ 13 × 109

anos.

H inclinação 0,

40 c

0,

40

47. A energia liberada seria o dobro da energia de repouso da Terra:

E = 2mc 2 = 2(5,98 × 10 24 kg)(2,998 × 10 8 m/s) 2 = 1,08 × 10 42 J.

Como no caso da aniquilação de um par elétron-pósitron, essa energia seria liberada na forma

de radiação eletromagnética.

48. Observando o rastro 1 e notando que, de acordo com a Tabela 44-6, a partícula A tem carga

positiva, chegamos à conclusão de que a curvatura dos rastros das partículas de carga positiva é


no sentido anti-horário, o que, por extensão, significa que a curvatura dos rastros das partículas

negativas é no sentido horário. Assim, ficamos sabendo que os rastros 1, 2, 4, 6 e 7 foram criados

por partículas de carga positiva e os rastros 5, 8 e 9 foram criados por partículas negativas.

Examinando a Tabela 44-6 (e sabendo que somente uma partícula de cada tipo é observada),

encontramos apenas as seguintes possibilidades:

rastros 2467 , , , , ↔ partículas C F , H , J ,

tracks 5,

8, 9 ↔ partículas D , E , G

Sabemos, também, que a partícula que não é observada é B ou I , já que apenas uma partícula

neutra é indicada na Fig. 44-12 por uma reta tracejada. De acordo com a lei de conservação da

carga, os rastros 2, 4 e 6 foram feitos por partículas com uma unidade de carga positiva (note

que o rastro 5 foi feito por uma partícula com uma unidade de carga negativa), o que significa,

por eliminação, que o rastro 7 foi feito pela partícula H . Esta conclusão é confirmada aplicando a

lei de conservação da carga ao vértice formado pelos rastros 7, 8 e 9. Depois de esgotar as informações

relacionadas à carga, vamos passar aos números quânticos fictícios. Considere o vértice

formado pelos rastros 2, 3 e 4 (na lista a seguir, o índice inferior indica o número de Graça):

rastros 2, 4 ↔ partículas C , F , J −

rastro 3 ↔ partícula

B ou I

2 0 6

4 6

Como o número de Graça da partícula responsável pelo rastro 4 deve ser igual à soma dos números

de Graça das partículas 2 e 3, chegamos à conclusão de que a partícula F é responsável

pelo rastro 4, a partícula J é responsável pelo rastro 2 e a partícula I é responsável pelo rastro

3. Por eliminação, a partícula responsável pelo rastro 6 (a única partícula de carga positiva que

ainda não foi identificada) é a partícula C . No vértice definido por

A → F + C + ( rastro5 )− ,

na qual a carga da partícula responsável pelo rastro 5 está indicada pelo índice inferior, vemos

que, de acordo com a lei de conservação da Simpatia, a partícula responsável pelo rastro 5 deve

ter Simpatia = −1 e, portanto, só pode ser a partícula G. Resta apenas uma dúvida:

rastros 8, 9 ↔ partículas D , E .

De acordo com o enunciado, a partícula responsável pelo rastro 8 é a partícula D, pois é a única

partícula não identificada com Seriedade = 0. Em consequência, a partícula responsável pelo

rastro 9 só pode ser a partícula E .

Resumindo, temos:

(a) A partícula A é responsável pelo rastro 1.

(b) A partícula J é responsável pelo rastro 2.

(c) A partícula I é responsável pelo rastro 3.

(d) A partícula F é responsável pelo rastro 4.

(e) A partícula G é responsável pelo rastro 5.

(f) A partícula C é responsável pelo rastro 6.

(g) A partícula H é responsável pelo rastro 7.

(h) A partícula D é responsável pelo rastro 8.

(i) A partícula E é responsável pelo rastro 9.


49. (a) Explicitando a velocidade na Eq. 37-42, que expressa a relação relativística entre velocidade

e momento,

p = mv =

mv

,

1 ( v / c)

2

−

obtemos:

1

v = c 1−

( pc / mc )

2 2

.

+ 1

No caso de um antipróton, mc 2 = 938,3 MeV. Assim, para pc = 1,19 GeV = 1190 MeV, temos:

v = c 1 1

−

0, 785c.

( 1190 MeV/ 938, 3 MeV) 2 1

+ =

(b) No caso de um píon negativo, mc 2 = 193,6 MeV. Assim, para pc = 1190 MeV, temos:

v = c 1 1

−

0, 993c.

( 1190 MeV/ 193, 6 MeV) 2 1

+ =

(c) Como a velocidade dos antiprótons está entre 0,75 e 0,79, um antipróton faria disparar o

detector C2.

(d) Como a velocidade dos píons negativos é maior que 0,79, um píon negativo faria disparar

o detector C1.

(e) Como o intervalo de tempo é dado por Dt = d / v, na qual d = 12 m, temos:

(f) No caso de um píon negativo,

1

Dt =

0, 785( 2, 998 108

m/s)

12 m

Dt =

0, 993( 2, 998 108

m/s)

×

×

= 5, 1 × 10−8

s = 51 ns.

= 4, 0 × 10−

8

s = 40 ns.

50. (a) Como a carga do próton e do pósitron é +1 e a carga do neutrino é zero, a lei de conservação

da carga é respeitada.

(b) Como a energia de repouso do próton é muito maior que a soma das energias de repouso do

pósitron e do neutrino, a lei de conservação da energia é respeitada.

(c) A lei de conservação do momento linear pode ser respeitada, bastando para isso que a soma vetorial

dos momentos lineares do elétron e o neutrino seja igual ao momento linear do próton.

(d) A lei de conservação do momento angular pode ser respeitada, bastando para isso que a

soma vetorial dos momentos angulares do elétron e do neutrino seja igual ao momento angular

do próton.

[Resolução] Fundamentos de Física Halliday Volume 4 Óptica e Física Moderna 9ª Edição

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