Preencha a ficha de cadastro no final deste livroe receba gratuitamente informações sobre os lançamentos e promoções da Elsevier. Consulte também nosso catálogo completo, últimos lançamentos e serviços exclusivos no site www.elsevier.com.br 2- a Tiragem c 2009, Elsevier Editora Ltda. Todos os direitos reservados e protegidos pela Lei 9.610 de 19/02/1998. Nenhuma parte deste livro, sem autoriza¸ c˜ao pr´evia por escrito da editora, poder´ a ser reproduzida ou transmitida sejam quais forem os meios empregados: eletrˆonicos, mecˆanicos, fotogr´ aficos, grava¸ c˜ao ou quaisquer outros. Copidesque: Caravelas Produ¸ c˜ oes Editoriais Revis˜ao: Marco Antˆ onio Corrˆea Editora¸c˜ao Eletrˆ onica: Francisco Caruso & Vitor Oguri Elsevier Editora Ltda. Conhecimento sem Fronteiras Rua Sete de Setembro, 111 – 16- o andar 20050-006 Rio de Janeiro - RJ - Brasil Rua Quintana, 753, 8- o andar 04569-011 Brooklin - S˜ ao Paulo - SP Tel.: (11) 5105-8555 Servi¸co de Atendimento ao Cliente 0800-0265340
[email protected] ISBN 10: 85-352-3645-7 ISBN 13: 978-85-352-3645-3 Nota: Muito zelo e t´ecnica foram empregados na edi¸c˜ao desta obra. No entanto, podem ocorrer erros de digita¸c˜ao, impress˜ao ou d´ uvida conceitual. Em qualquer das hip´ oteses, solicitamos a comunica¸c˜ao `a nossa Central de Atendimentos, para que possamos esclarecer ou encaminhar a quest˜ao. Nem a editora nem os autores assumem qualquer responsabilidade por eventuais danos ou perdas a pessoas ou bens, originados do uso desta publica¸ c˜ao. CIP-Brasil, cataloga¸c˜ao-na-fonte. Sindicato Nacional dos Editores de Livros, RJ. C317f Caruso, Francisco F´ısica moderna : exerc´ıcios resolvidos / Francisco Caruso, Vitor Oguri. – Rio de Janeiro: Elsevier, 2009 – 2- a reimpress˜ao. ISBN 978-85-352-3645-3 1. F´ısica – Problemas, quest˜oes, exerc´ıcios. I. Oguri, Vitor, 1951 -. II. T´ıtulo. 09-3464. CDD 530 CDU 53 15.07.09 20.07.09 013841 A Jos´e Leite Lopes, in memoriam, e a Jos´e M.F. Bassalo, com amizade. ´ E a lembran¸ ca da flor no fruto, e n˜ ao o sol, que o faz maduro. Antˆonio Fantinato Explicar o vis´ıvel complicado a partir do invis´ıvel simples, eis a forma de inteligˆencia intuitiva `a qual (...) devemos a atom´ıstica. Jean Perrin Apresenta¸c˜ao Os livros n˜ ao s˜ao feitos apenas com o que se sabe e o que se vˆe. Necessitam de ra´ızes mais profundas. Gaston Bachelard Este livro apresenta a solu¸ c˜ao de todos os exerc´ıcios propostos na primeira edi¸c˜ao do nosso livro F´ısica Moderna: Origens Cl´ assicas e Fundamentos Quˆ an- ticos, publicado em 2006 pela Editora Campus/Elsevier, agraciado com o Prˆemio Jabuti em 2007. Procuramos resolvˆe-los da forma mais clara e completa poss´ıvel, relembrando, muitas vezes, os conceitos envolvidos ou remetendo o leitor ao ponto espec´ıfico do livro ao qual ele pode se dirigir para enfrentar o exerc´ıcio proposto. Sempre que necess´ario, ao tentar resolver os exerc´ıcios que envolvam c´alculos num´ericos, utilize os valores das constantes e das con- vers˜oes de unidades apresentadas nas tabelas a seguir. Se preferir, use valores aproximados. e h h m e m p k c G ² 0 ¹ 0 SI 1,6 × 10 -19 C 6,626 × 10 -34 J.s 1,055 × 10 -34 J.s 9,11 × 10 -31 kg 1,673 × 10 -27 kg 1,381 × 10 -23 J/K 3,0 × 10 8 m/s 6,674 × 10 -11 m 3 .kg -1 .s -2 8,854 × 10 -12 F/m 4¼ × 10 -7 N.A -2 4,8 × 10 -10 ues 6,626 × 10 -27 erg.s 6,58 × 10 -22 MeV.s 0,511 MeV/c 2 938,3 MeV/c 2 8,617 × 10 -5 eV/K Constantes Universais Outros Sistemas Simb. Gostar´ıamos de aproveitar a ocasi˜ ao para deixar claro que n˜ ao ´e absoluta- mente nossa inten¸c˜ao incentivar os alunos que estejam seguindo regularmente um curso baseado no livro F´ısica Moderna a n˜ao tentarem resolver os exerc´ıcios, ao tornar acess´ıveis as solu¸c˜oes. O processo de abordar, equacionar e resolver os problemas propostos ´e parte integrante indispens´ avel do processo de aprendizagem. Nenhum estudante pode queimar esta etapa, sob o risco de estar ix x F´ısica Moderna Caruso • Oguri se enganando. O livro de solu¸ c˜oes deve apenas servir como fonte de consulta, ou para adquirir confian¸ ca em sua estrat´egia de abordagem dos problemas, ou para conferir suas respostas ou, no m´ aximo, para encontrar alguma dica de como come¸car a buscar as solu¸ c˜oes. 1 pol 1 A 1 T 1 C 1 F 1 N 1 J 1 eV 1 GeV -1 1 barn 1 atm 2,54 cm 10 -8 cm 10 4 G 3 × 10 9 ues 10 17 cm 10 5 dyn 10 7 erg 1,6 × 10 -19 J 0,2 × 10 -13 cm = 0,66 × 10 -24 s 10 -24 cm 2 1,01 × 10 5 Pa = 760 Torr Conversão de Unidades O Do ponto de vista do professor, este livro pode lhe economizar tempo no preparo de suas aulas e na corre¸ c˜ao dos exerc´ıcios, al´em de lhe permitir selecionar, com maior brevidade e facilidade, os exerc´ıcios que far´a em classe como exemplo e quais deixar´ a para o estudante resolver. A menos que se especifique o contr´ario, os n´ umeros das equa¸c˜oes, figuras e tabelas citados ao longo do texto referem-se ao nosso F´ısica Moderna: Origens Cl´ assicas e Fundamentos Quˆanticos. Queremos agradecer ao colega Fabio Antonio Seixas de Rezende e aos alunos do curso de F´ısica da Uerj Analu Ver¸ cosa Cust´odio, Andrea Mantuano Coelho da Silva, J´essica Furtado Guimar˜ aes e Rafael de Vasconcellos Clarim pela revis˜ao do manuscrito e a Francisca Val´eria Fortaleza Vasconcelos pelo aux´ılio na digita¸ c˜ao de alguns cap´ıtulos. Naturalmente, qualquer falha que ainda persista deve ser atribu´ıda apenas aos autores. Nosso reconhecimento tamb´em a toda a equipe da Elsevier pelo profissionalismo e aten¸c˜ao dada ` a elabora¸c˜ao deste livro, em particular a Silvia Barbosa Lima, Vanessa Vilas Bˆoas Huguenin e, em especial, a Andr´e Wolff por seu apoio e empenho que tornaram esse projeto realidade. Aproveitamos para agradecer a todos que apontaram erros de impress˜ao na primeira edi¸ c˜ao do livro de texto, em especial ao amigo Jorge Barreto, e lembrar ao leitor que h´a uma errata, dispon´ıvel no site http://www.cbpf.br/∼caruso/sitelivro/index.html, que deve periodicamente ser consultada por quem n˜ ao disp˜ oe da reimpress˜ao corrigida (2008). Francisco Caruso & Vitor Oguri Rio de Janeiro, 13 de outubro de 2009. 1 A estrutura da mat´eria: concep¸c˜ oes filos´ oficas na Antiguidade Exerc´ıcio 1.8.1 Erat´ostenes conhecia o fato de que, na cidade de Siene, na Gr´ecia, uma vez por ano, no solst´ıcio de ver˜ ao, precisamente ao meio-dia, uma haste que fosse colocada perpendicularmente ao ch˜ ao n˜ao tinha sombra. Refazendo a experiˆencia em Alexandria, concluiu que a sombra nunca chegava a desaparecer e que, de fato, no mesmo dia e hora citados, a sombra projetada sobre a terra fazia um ˆ angulo de 7 o com a haste, o que ´e incompat´ıvel com a Terra ser plana. Supondo que a Terra ´e esf´erica, e sabendo que a distˆ ancia entre essas duas cidades ´e cerca de 700 km, recalcule o valor estimado por Erat´ ostenes para o raio da Terra. Erat´ ostenes supˆos que os raios solares s˜ao paralelos na regi˜ ao que engloba as duas cidades consideradas, conforme ilustra a figura a seguir. Se, em Alexandria, a sombra projetada sobre a terra fazia um ˆ angulo de 7 o com a haste (no mesmo instante em que n˜ao havia sombra em Siene), este ´e tamb´em o ˆangulo entre a vertical e o zˆenite 1 nessa cidade. Assim, este ˆangulo ´e o mesmo ˆangulo θ = 7 o entre os raios, r, da Terra, que delimitam o arco que interliga as duas cidades, cuja distˆ ancia ser´a denotada por d. 1 Cabe lembrar que o zˆenite ´e o ponto exato acima da cabe¸ca de um observador, na superf´ıcie de um astro, projetado na ab´ oboda celeste. ´ E, na pr´atica, o marco referencial de localiza¸c˜ao de posi¸c˜oes de objetos celestes. 1 2 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Logo, tg θ θ = d r ou tg 7 o = 0,128 ⇒ d r 1 8 Portanto, usando o valor aproximado de d = 700 km, dado no problema, encontra-se r 5 600 km Mas alguns autores afirmam que as medidas de comprimento feitas no s´ecu- lo III a.C. usavam a unidade est´adio e que Erat´ ostenes teria utilizado em seus c´alculos a distˆancia de 5 000 est´adios. Sabendo-se que 1 est´adio 180 m, isto corresponderia a uma distˆ ancia de 900 km entre as cidades, o que leva `a predi¸ c˜ao r 7 370 km As duas previs˜oes devem ser comparadas com o valor atual de r 6 378,1 km 1. A estrutura da mat´ eria: concepc¸˜ oes filos´ oficas na Antiguidade 3 Note que, no primeiro caso, a discrepˆ ancia ´e de cerca de 11%, enquanto no segundo, de 13,5%. De qualquer forma, trata-se de uma estimativa muito boa considerada a ´epoca em que foi feita. Exerc´ıcio 1.8.2 Mostre que, no sistema solar de Kepler, descrito no texto, a raz˜ao entre o raio da esfera de Saturno e a de J´ upiter ´e igual a √ 3. Considere a figura a seguir, sendo a o comprimento da aresta do cubo inscrito na esfera externa e que circunscreve a esfera interior. Levando-se em conta o triˆangulo ABO da figura acima, utilizando-se as rela¸c˜oes m´etricas conhecidas entre as diagonais e a aresta de um cubo inscrito em uma esfera de raio R = OA (raio de Saturno) e aplicando-se o teorema de Pit´ agoras ao triˆangulo cinza, obt´em-se R 2 = r 2 + (r √ 2) 2 = 3r 2 ⇓ R r = √ 3 onde r = OB = a/2 ´e o raio de J´ upiter. Exerc´ıcio 1.8.3 Os pitag´oricos, que n˜ ao dispunham de qualquer forma de nota¸c˜ao num´erica, convencionaram exprimir os n´ umeros de forma semelhante ao que se usa ainda hoje nos domin´ os. Mais precisamente, eles confundiam o ponto da Geometria com a unidade da Aritm´etica e, assim, pensavam nos n´ umeros como algo espacialmente extenso. Desse modo, para eles, os objetos 4 F´ısica Moderna Caruso • Oguri concretos eram literalmente compostos de agregados de unidades-pontos-´ atomos. Comente essas ideias ` a luz do que foi visto na Se¸ c˜ao 1.4. Os n´ umeros para os pitag´ oricos, segundo Arist´oteles, n˜ ao seriam separ´aveis da mat´eria. No que concerne `a concep¸c˜ao que eles tinham da mat´eria f´ısica, ´e importante entender inicialmente a quest˜ ao da representa¸ c˜ao dos n´ umeros para se compreender a cr´ıtica aristot´elica. Expressar os n´ umeros de forma geom´etrica, a partir de pontos, leva aos conceitos de “n´ umero retangular” e de “n´ umero quadrado”. Como exemplo do primeiro, pode-se imaginar o n´ umero 20, representado por 20 pontos regularmente dispostos sobre os lados e no interior de um quadril´ atero cujo comprimento do lado maior difere do outro por apenas uma unidade (20 = 4×5). J´a o n´ umero 16, por exemplo, igual a 4 × 4 = 4 2 , pode ser constru´ıdo colocando-se a unidade (um ponto) no v´ertice de um quadrado e “somando- se” sucessivamente a ele os demais n´ umeros ´ımpares em forma de “L”. Assim, 4 = 1+3 seria representado por um quadrado 2×2; o 9 = 1+3+5 formaria um quadrado com nove pontos e o n´ umero 16 seria obtido a partir do 9 somando mais 7 unidades, que ´e o ´ımpar seguinte, correspondendo a um quadrado 4 ×4. Segundo Simpl´ıcio, este tipo de representa¸c˜ ao num´erica levou os pitag´oricos e muitos comentadores a associarem o infinito aos n´ umeros pares. Claro que o que est´a por tr´ as disto ´e a possibilidade ad infinitum da divis˜ ao em partes iguais. Pelo que vimos na Se¸ c˜ao 1.4, Arist´ oteles n˜ao podia, obviamente, aceitar o crit´erio de divisibilidade por 2 como uma explica¸ c˜ao do infinito, conceito, ali´as, por ele abominado. Al´em disto, lembre-se de que na referida se¸c˜ao foi reproduzida uma cita¸ c˜ao segundo a qual seria imposs´ıvel que alguma coisa cont´ınua resulte composta de indivis´ıveis. Desta forma, o Estagirita foi tamb´em levado a criticar a concep¸c˜ao pitag´ orica da mat´eria, pois as unidades-pontos-´atomos, consideradas tamb´em como a base f´ısica da mat´eria real – uma forma primitiva de ´ atomo –, n˜ao poderiam ser aceitas em um sistema filos´ofico que negava o vazio. Lembre-se de sua afirma¸c˜ao de que ´e imposs´ıvel que uma linha resulte composta de pontos, se ´e verdade que a linha ´e um cont´ınuo e o ponto, um indivis´ıvel. Imaginar os n´ umeros espacialmente extensos ter´a tamb´em impacto em outro cap´ıtulo importante da Filosofia Grega, ou seja, na discuss˜ ao dos paradoxos de Zen˜ao. Para mais detalhes veja, por exemplo, G.S. Kirk; J.E. Raven, Os fil´ osofos pr´e-socr´aticos. 2 As origens do atomismo cient´ıfico: contribui¸ c˜ oes da Qu´ımica Exerc´ıcio 2.9.1 Fa¸ca um resumo do conceito de mˆ onadas introduzido pelo fil´ osofo e matem´atico alem˜ao Gottfried Wilhelm Leibniz. A palavra mˆonada deriva do grego µoν ´ αζ, que significa unidade. Consta que este termo tenha sido considerado pela primeira vez pelos pitag´ oricos. Para eles, toda a teoria dos n´ umeros – e, por conseguinte, de todas as coisas – derivava dessa unidade. Bem mais tarde, tal conceito ir´a evoluir para algo como “aquela unidade que espelha o todo”, especialmente na filosofia de Nicolau de Cusa (1401-1464). Giordano Bruno (1548-1600) foi quem formulou mais precisamente a ideia de que as mˆonadas seriam compostas destas part´ıculas m´ınimas, nas quais se encontram a substˆancia das coisas. O fil´ osofo alem˜ao Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) herdou este conceito de Bruno, transformando-o e entendendo-o muito mais como um princ´ıpio ativo inerente `as substˆancias do que como part´ıculas m´ınimas. Leibniz aborda de forma sucinta e incompleta este conceito em dois livros escritos em 1714: Principles of Nature and of Grace e Monadology. Suas mˆonadas, que s´o poderiam ser criadas e aniquiladas por Deus, n˜ ao devem absolutamente ser entendidas como substˆancias materiais. S˜ao uma esp´ecie de ´atomo metaf´ısico, desprovido de extens˜ ao ou partes e, portanto, indivis´ıvel e imaterial, como uma esp´ecie de alma, respons´avel pela uni˜ ao dos organismos e dos seres vivos. Cada mˆonada ´e distinta das demais e n˜ao existem duas mˆonadas iguais, ao contr´ario dos ´ atomos de Leucipo e Dem´ocrito, que s˜ao idˆenticos para a mesma 5 6 F´ısica Moderna Caruso • Oguri substˆancia. Sendo assim, fica claro, por dois motivos, que a monadologia (teoria das mˆonadas) de Leibniz difere crucialmente do atomismo grego, segundo o qual as menores partes da mat´eria s˜ao inanimadas, possuem duas ou trˆes propriedades b´ asicas (segundo o fil´ osofo) e est˜ao em movimento eterno, embora privadas de qualquer tipo de iniciativa ou qualidade que permitissem ver os ´atomos como algum tipo de princ´ıpio ativo da mat´eria. S´o para citar um exemplo de aplica¸ c˜ao filos´ofica em sequˆencia, Kant, em 1756, sob clara influˆencia de Leibniz, vai considerar as mˆonadas como as fontes do movimento no espa¸ co newtoniano. ´ E importante lembrar que Kant foi o primeiro fil´ osofo a contribuir para a difus˜ ao do mecanicismo de Newton. Exerc´ıcio 2.9.2 Comente as implica¸ c˜oes que a existˆencia de is´otopos e is´obaros trazem para os ´atomos de Dem´ocrito e de Dalton. Os is´obaros s˜ao ´atomos com mesmo n´ umero de massa e n´ umeros atˆomicos diferentes; os is´otopos s˜ao ´atomos de um mesmo elemento com o mesmo n´ umero de pr´ otons (mesmo Z) e n´ umero de nˆeutrons diferentes (diferentes A). Do ponto de vista do atomismo de Dem´ocrito, como se viu no Cap´ıtulo 1 do livro de texto, a existˆencia de is´otopos e is´obaros poderia ser acomodada, uma vez que ele atribu´ıa ao ´atomo duas propriedades capazes de diferenci´ a-los: tamanho e formato. J´a do ponto de vista de Dalton, a descoberta dos is´ otopos e is´obaros seria um problema, pois, como foi visto na Se¸c˜ao 2.5.1, ambos ferem sua ideia basilar de que “as part´ıculas ´ ultimas de todos os corpos homogˆeneos s˜ao perfeitamente semelhantes em peso, forma etc. Em outras palavras, toda part´ıcula de ´ agua ´e como qualquer part´ıcula de ´ agua; toda part´ıcula de hidrogˆenio ´e como qualquer outra de hidrogˆenio (...)”. Exerc´ıcio 2.9.3 Segundo o qu´ımico John Dalton, uma mol´ecula de ´agua ´e formada de 1 ´atomo de hidrogˆenio e 1 de oxigˆenio, enquanto a amˆonia seria constitu´ıda de 1 ´atomo de hidrogˆenio e 1 de azoto (nitrogˆenio). Essa hip´otese foi testada por Thomas Thomson, em 1807. Sabe-se que o peso relativo de uma mol´ecula de ´agua ´e formado de 85 2/3 partes de oxigˆenio e 14 1/3 partes de hidrogˆenio, enquanto a de amˆonia consiste em 80 partes de azoto e 20 de hidrogˆenio. Mostre que as densidades relativas do hidrogˆenio, do azoto e do oxigˆenio est˜ao, respectivamente, na raz˜ao de 1 : 4 : 6. Compare o resultado com os valores da Tabela dos elementos de Dalton (Figura 2.6). 2. As origens do atomismo cient´ıfico: contribuic¸˜ oes da Qu´ımica 7 Segundo Dalton, as mol´eculas de ´agua e de amˆonia eram formadas, respecti- vamente, da seguinte forma: ´agua = 1 H + 1 O amˆonia = 1 H + 1 N (azoto) Estas hip´ oteses foram testadas por Thomas Thomson, em 1807, utilizando as propor¸ c˜oes em peso de cada uma destas mol´eculas conforme os valores dados no enunciado do problema, ou seja, m O = 85 2/3 = 257 3 m H = 14 1/3 = 43 3 Logo, m H m O = 43 257 1 6 J´a a amˆonia consiste em 80 partes de azoto para 20 de hidrogˆenio, portanto, m H m N = 20 80 1 4 Fica assim mostrado que as densidades relativas do hidrogˆenio, do azoto e do oxigˆenio guardam entre si, respectivamente, as raz˜oes m H : m N : m O = 1 : 4 : 6 Este resultado deve ser comparado com o obtido a partir dos valores da Tabela de Dalton, mostrada na Figura 2.6 do livro de texto: m H : m N : m O = 1 : 7 : 5 8 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 2.9.4 Observando a representa¸c˜ao gr´afica de Chancourtois (Figura 2.9), mostre que, se m ´e o peso atˆomico de um elemento da primeira espiral, ent˜ ao o peso atˆomico de outros elementos com caracter´ısticas similares ser´a dado por m+ 16n, onde n ´e um n´ umero inteiro. Observando-se a representa¸c˜ao gr´afica de Chancourtois (Figura 2.9), nota-se que os elementos com propriedades semelhantes aparecem na mesma vertical. A diferen¸ ca de peso atˆomico entre dois elementos consecutivos na vertical ´e igual a 16. Assim, por exemplo, os elementos l´ıtio (Li), s´odio (Na) e pot´assio (K), que pertencem ao Grupo I da Tabela de Mendeleiev, tˆem, respectivamente, pesos atˆomicos A = 7, A = 7 + (16 × 1) e A = 7 + (16 × 2). Para os demais membros do grupo, essa recorrˆencia pode ser expressa, de forma compacta, como A = 7 + 16n, onde n ´e um n´ umero natural. A f´ ormula para um termo gen´erico de peso atˆomico m ´e A = m+ 16n Exerc´ıcio 2.9.5 Seguindo a regra do quadril´ atero e utilizando a Tabela de Mendeleiev de 1871, determine as massas atˆomicas dos elementos dos Gru- pos III e IV, linha 5, e compare com os valores reportados na Tabela 2.8. Na nota¸ c˜ao da Figura 2.12 do livro, reproduzida a seguir, o problema pede para encontrar a massa atˆomica de X e Y correspondendo, respectivamente, aos grupos III e IV. 2. As origens do atomismo cient´ıfico: contribuic¸˜ oes da Qu´ımica 9 Al 27,3 Zn 65 ? ?? Y In 113 X Si 28 ? X ?? As 75 Su 118 Y Aplicando-se a regra do quadril´ atero, chega-se a: X = 27,3 +Y + 113 + 65 4 = 205,3 +Y 4 Y = 28 + 75 + 118 +X 4 = 221 +X 4 o que ´e equivalente ao seguinte sistema de equa¸c˜oes lineares 4X = 205,3 +Y 4Y = 221 +X que tem como solu¸ c˜oes X = 69,48 e Y = 72,62. Estes valores se comparam, respectivamente, aos valores X = 68 e Y = 72 reportados na Tabela de Mendeleiev de 1871 reproduzida a seguir. 10 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 2.9.6 Considere a seguinte rea¸ c˜ao nuclear da qual resulta a forma¸ c˜ao de um is´ otopo da prata (Ag): Ag 107 47 +X →Ag 108 47 onde X ´e uma part´ıcula. Determine X. A rea¸c˜ao nuclear da qual resulta a forma¸ c˜ao de um is´otopo da prata (Ag): Ag 107 47 +X →Ag 108 47 mant´em inalterado o valor de Z (da carga el´etrica) e altera o valor do n´ umero de massa A em uma unidade. Portanto, e como o n´ umero de massa e o n´ umero atˆomico se conservam na rea¸c˜ao, a part´ıcula X possui uma unidade de massa atˆomica e ´e eletricamente neutra: o nˆeutron (n 1 0 ). Exerc´ıcio 2.9.7 Considere o seguinte processo de fiss˜ao do urˆ anio: U 235 92 +n 1 0 →Pr 147 59 +X + 3n 1 0 onde X representa o is´ otopo de um elemento qu´ımico. Determine esse elemento X. O processo de fiss˜ao do urˆ anio mencionado ´e U 235 92 +n 1 0 →Pr 147 59 +X + 3n 1 0 onde X representa o is´otopo de um elemento qu´ımico a determinar. A conserva¸c˜ao da carga el´etrica implica que o is´otopo X tenha Z = 92 −59 = 33. J´a a conserva¸c˜ao do n´ umero de massa requer que o valor de A deste is´otopo seja A = 235 + 1 −147 −3 ×1 = 86 Logo, trata-se do is´otopo do arsˆenio (As) X = As 86 33 Exerc´ıcio 2.9.8 O is´ otopo mais abundante do alum´ınio ´e o Al 27 13 . Determine o n´ umero de pr´ otons, nˆeutrons e el´etrons desse is´otopo. Considere o elemento Al 27 13 . O n´ umero de pr´ otons ´e Z = 13, que ´e igual ao n´ umero de el´etrons, j´ a que a carga el´etrica total ´e zero, e o n´ umero de nˆeutrons ´e igual a A menos o n´ umero de pr´ otons, ou seja, 27 −13 = 14 nˆeutrons. 2. As origens do atomismo cient´ıfico: contribuic¸˜ oes da Qu´ımica 11 Exerc´ıcio 2.9.9 O argˆ onio (Ar) encontrado na natureza ´e composto de 3 is´otopos, cujos ´atomos aparecem nas seguintes propor¸ c˜oes: 0,34% de Ar 36 , 0,07% de Ar 38 e 99,59 de Ar 40 . Determime, a partir desses dados, o peso atˆ omico do argˆonio. Sabe-se que os is´otopos do Ar tˆem as seguintes massas atˆomicas: m(Ar 36 ) = 35,9676 u m(Ar 38 ) = 37,9627 u m(Ar 40 ) = 39,9624 u Usando as fra¸ c˜oes encontradas na natureza, segue-se que m(Ar) = 0,34 100 ×35,9676 + 0,07 100 ×37,9627 + 99,59 100 ×39,9624 ou m(Ar) = 39,95 u Exerc´ıcio 2.9.10 Determine a raz˜ao dos is´otopos do tipo N 15 e N 14 que comp˜oem o nitrogˆenio encontrado na natureza, sabendo que seu peso atˆomico ´e 14,0067. Considerando-se que: a composi¸c˜ao do nitrogˆenio encontrado na natureza dependa apenas de seus is´otopos N 14 e N 15 ; x ´e a fra¸c˜ao do primeiro e (1 −x), a do segundo, tem-se, em termos da massa atˆomica, xm(N 14 ) + (1 −x)m(N 15 ) = 14,0067 Como m(N 14 ) = 14,00307 u ; m(N 15 ) = 15,0001 u, segue-se que 14,00307x + 15,0001(1 −x) = 14,0067 ou (14,00307 −15,0001)x = −15,0001 + 14,0067 donde x = 0,9934 0,99703 = 0,9964 ⇒ (1 −x) = 0,0036 Assim, a raz˜ao dos is´otopos N 15 e N 14 na composi¸c˜ao do nitrogˆenio encontrado na natureza ´e (1 −x) x = 0,0036 0,9964 = 0,003613 = 0,36% 12 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 2.9.11 Considere a equa¸ c˜ao qu´ımica N 2 + 3H 2 →2NH 3 Supondo que N 2 e NH 3 estejam sob as mesmas condi¸ c˜oes de temperatura e press˜ao, calcule o volume produzido de NH 3 nessa rea¸c˜ao a partir de 10 L de N 2 . A rea¸c˜ao dada ´e N 2 + 3H 2 →2NH 3 o que quer dizer que 1 mol´ecula de N 2 reage com 3 mol´eculas de H 2 para formarem 2 mol´eculas de NH 3 . Por outro lado, sabe-se da hip´ otese de Avogadro que um n´ umero igual de mol´eculas dos gases nas mesmas condi¸c˜oes de temperatura e press˜ao ocupam volumes iguais. Assim, se N 2 e NH 3 est˜ao `a mesma temperatura e press˜ao, o volume de NH 3 formado ser´a o dobro do de N 2 , ou seja, volume NH 3 = 20 L Exerc´ıcio 2.9.12 Determine o n´ umero de ´atomos de oxigˆenio existentes em 25 g de CaCO 3 . O problema pede o n´ umero de ´atomos de oxigˆenio existentes em 25 g de CaCO 3 . Sabe-se que 1 mol de CaCO 3 tem a seguinte massa: 40 + 12 + 3 ×16 = 100 g Portanto, 25 g correspondem a 1/4 de mol de CaCO 3 . Por sua vez, a cada mol de CaCO 3 tem-se trˆes moles de O. Assim, em 25 g de CaCO 3 tem-se o equivalente a 3/4 de mol de O, enquanto 1 mol de O tem 6,02×10 23 mol´eculas. O resultado, ent˜ao, ´e 3/4 ×6,02 ×10 23 , ou seja, 4,515 ×10 23 mol´eculas Exerc´ıcio 2.9.13 Determine o n´ umero de moles de g´ as N 2 existentes em 35,7 g de nitrogˆenio. A massa de N 2 em 1 mol de nitrogˆenio ´e 2 × 14 = 28 g. Logo, a quantidade de mat´eria correspondente a 35,7 g de nitrogˆenio ´e n = 35,7 g 28,0 g/mol = 1,28 mol 2. As origens do atomismo cient´ıfico: contribuic¸˜ oes da Qu´ımica 13 Exerc´ıcio 2.9.14 Determine o n´ umero de moles existentes em 42,4 g de car- bonato de s´odio, CO 3 Na 2 . A massa de 1 mol de Na 2 CO 3 ´e dada por 2 ×23 + 12 + 3 ×16 = 106 g. Logo, a quantidade de mat´eria correspondente a 42,4 g de Na 2 CO 3 ´e n = 42,4 g 106,0 g/mol = 0,4 mol Exerc´ıcio 2.9.15 Determine a f´ ormula qu´ımica m´ınima de um composto cuja massa relativa ´e formada de 60% de oxigˆenio e 40% de enxofre. As massas por mol do oxigˆenio e do enxofre s˜ao, respectivamente, m(O) = 16 g ; m(S) = 32 g Por simplicidade, pode-se considerar uma massa de 100 g do composto. Nela, 60 g provˆem do O e 40 g, do S. Tem-se, assim, 60 g m(O) = 60 16 mol O = 3,75 mol O 40 g m(S) = 40 32 mol S = 1,25 mol S A raz˜ao entre os constituintes ´e, ent˜ ao, 3,75 mol O : 1,25 mol S ⇒ 3 mol O : 1 mol S o que corresponde `a f´ormula SO 3 . 3 O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo Exerc´ıcio 3.6.1 Calcule os valores da integral _ ∞ 0 x n e −αx 2 dx, para os inteiros n = 0, 1, 2, 3, 4 e 5. As integrais do tipo I n = _ ∞ 0 x n e −αx 2 dx podem ser calculadas a partir das fun¸ c˜oes gama de Euler como: I n = 1 2 Γ _ n + 1 2 _ α −(n+1)/2 com Γ(x) = _ ∞ 0 t x−1 e −t dt onde Γ(n + 1) = n! = nΓ(n) e Γ(1/2) = √ π. Para n = 0, I 0 = _ ∞ 0 e −αx 2 dx = 1 2 Γ _ 0 + 1 2 _ α −1/2 = 1 2 _ π α Para n = 1, a integral ´e uma integral exata a menos de um fator multiplicativo (−2α). Logo, I 1 = − 1 2α 15 16 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Para n = 2, I n = _ ∞ 0 x n e −αx 2 dx = 1 2 Γ _ 3 2 _ α −(3)/2 Sabendo que Γ(n + 1) = nΓ(n), Γ _ 3 2 _ = Γ _ 1 2 + 1 _ = 1 2 Γ _ 1 2 _ = √ π 2 donde I 2 = √ π 4 α −3/2 Para n = 3, I 3 = _ ∞ 0 x 3 e −αx 2 dx = 1 2 Γ _ 3 + 1 2 _ α −2 Como Γ(2) = Γ(1 + 1) = 1! = 1, I 3 = 1 2α 2 Para n = 4, I 4 = _ ∞ 0 x 4 e −αx 2 dx = 1 2 Γ _ 5 2 _ α −(5)/2 Como Γ _ 5 2 _ = 3 2 Γ _ 3 2 _ = 3 2 × 1 2 ×Γ _ 3 2 _ = 3 4 √ π I 4 = 3 √ π 8 α −5/2 Por fim, para n = 5, I 5 = _ ∞ 0 x 5 e −αx 2 dx = 1 2 Γ _ 5 + 1 2 _ α −3 donde I 5 = 1 α 3 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 17 • Resumindo, para os primeiros n´ umeros ´ımpares (n = 1, 3, 5), I 1 (α) = _ ∞ 0 xe −αx 2 dx = − 1 2α e −αx 2 ¸ ¸ ¸ ¸ ∞ 0 = 1 2α = α −1 2 I 3 (α) = _ ∞ 0 x 3 e −αx 2 dx = − dI 1 dα = α −2 2 I 5 (α) = _ ∞ 0 x 5 e −αx 2 dx = − dI 3 dα = α −3 • Para os valores pares (n = 0, 2, 4), de acordo com a ´ ultima equa¸c˜ao da p´agina 76 do livro de texto, I 0 (α) = _ ∞ 0 e −αx 2 dx = 1 2 _ π α = √ π 2 α −1/2 I 2 (α) = _ ∞ 0 x 2 e −αx 2 dx = − dI 0 dα = √ π 4 α −3/2 I 4 (α) = _ ∞ 0 x 4 e −αx 2 dx = − dI 2 dα = 3 √ π 8 α −5/2 Exerc´ıcio 3.6.2 Determine, em fun¸ c˜ao da temperatura e da massa molecular do g´as, a moda, a m´edia, a m´edia quadr´atica e o desvio-padr˜ao para a distri- bui¸ c˜ao dos m´odulos das velocidades de Maxwell. A distribui¸ c˜ao (ρ) dos m´odulos das velocidades (v) de um g´as ideal em equil´ıbrio t´ermico `a temperatura T pode ser escrita como ρ(v) = av 2 e −αv 2 onde _ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ _ a = 4 √ π α 3/2 α = m 2kT sendo k = 1,38 × 10 −23 J/K a constante de Boltzmann e m, a massa de cada mol´ecula do g´as. 18 F´ısica Moderna Caruso • Oguri • Moda dρ dv ¸ ¸ ¸ ¸ v mod = (2v −2αv 3 )ae −αv 2 ¸ ¸ ¸ v mod = 0 ⇒v mod = _ 1 α = α −1/2 = ¸ 2 _ kT m _ = ¸ 2 _ RT µ _ onde R = 8,315 ×10 7 erg/K.mol ´e a constante universal dos gases e µ, a massa molecular do g´as. • M´edia v = _ ∞ 0 v ρ(v) dv = a _ ∞ 0 v 3 e −αv 2 dv . ¸¸ . I 3 = a 2 α −2 = 4 2 √ π . ¸¸ . 2/ √ π α 3/2 α −2 . ¸¸ . α −1/2 = 2 π _ 2kT m = ¸ 8 π _ kT m _ ¸ 2,55 _ kT m _ > v mod • M´edia quadr´ atica (valor eficaz): v ef = _ v 2 v 2 = a _ ∞ 0 v 4 e −αv 2 dv . ¸¸ . I 4 = 3 8 a √ πα −5/2 = 3 8 √ π _ 2 π 2 3/2 . ¸¸ . 3/2 α 3/2 α −5/2 . ¸¸ . α −1 ⇓ v 2 = 3 _ kT m _ ⇒ v ef = ¸ 3 _ kT m _ > v > v mod • Desvio-padr˜ao: σ v = _ v 2 −v 2 σ v = ¸ _ 3 − 8 π _ kT m ¸ 0,45 _ kT m _ = 0,67 ¸ _ kT m _ 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 19 Exerc´ıcio 3.6.3 Considere as mol´eculas dos seguintes gases: CO, H 2 , O 2 , Ar, NO 2 , Cl 2 e He, todos mantidos a uma mesma temperatura. Determine aqueles que, quanto ` a distribui¸ c˜ao de velocidades de Maxwell, ter˜ ao, respectivamente, a maior e a menor: moda, m´edia, valor eficaz e desvio-padr˜ ao. Para uma mesma temperatura, quantidades como a moda, a m´edia, o valor eficaz e o desvio-padr˜ao, associadas `a distribui¸ c˜ao dos m´odulos das velocidades de Maxwell, s˜ao inversamente proporcionais ` a raiz quadrada das massas das mol´eculas e, portanto, das massas moleculares. Uma vez que µ(CO) 28 µ(H 2 ) 2 µ(O 2 ) 32 µ(Ar) 40 µ(NO 2 ) 46 µ(Cl 2 ) 70 µ(He) 4 as mol´eculas de cloro (Cl 2 ) e hidrogˆenio (H 2 ) ter˜ao, respectivamente, os menores e maiores valores para a moda, para a m´edia, para o valor eficaz e para o desvio- padr˜ ao. Exerc´ıcio 3.6.4 Considere que um g´ as de h´elio contido em um recipiente seja uma mistura de dois is´ otopos, He 2 3 e He 2 4 , nas condi¸c˜oes normais de temperatura e press˜ao. Estime a raz˜ao entre as velocidades m´edias dos dois diferentes is´otopos. v ∝ 1 √ µ =⇒ v He 3 v He 4 = _ µ He 4 µ He 3 = _ 4 3 = 2 √ 3 1.15 Exerc´ıcio 3.6.5 Mostre que, se ρ e P s˜ ao, respectivamente, a densidade e a press˜ao de um g´as, a velocidade eficaz de suas mol´eculas pode ser expressa por v ef = _ 3P/ρ. Determine, ainda, a raz˜ ao entre a velocidade eficaz das mol´eculas e a velocidade do som nesse g´ as, dada por (5P/3ρ) 1/2 . Combinando-se as equa¸ c˜oes v ef = ¸ 3 _ kT m _ e P = _ N V _ . ¸¸ . ρ/m kT 20 F´ısica Moderna Caruso • Oguri obt´em-se v ef = ¸ 3P ρ Sabendo-se que a velocidade do som no g´ as ´e dada por v som = ¸ 5P 3ρ =⇒ v ef v som = _ 9 5 = 3 √ 5 1,34 Exerc´ıcio 3.6.6 Calcule a energia cin´etica m´edia por mol´ecula para um g´ as ideal a temperaturas de −33 o C, 0 o C e 27 o C. A energia m´edia por mol´ecula ´e dada por = 3 2 kT onde _ _ _ k = 1,38 ×10 −23 J/K T(K) = θ( o C) + 273,16 Assim, _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ θ 1 = −33 o C =⇒ T 1 = 240,16 K =⇒ 1 = 4,97 ×10 −21 J θ 2 = −0 o C =⇒ T 2 = 273,16 K =⇒ 2 = 5,65 ×10 −21 J θ 3 = −27 o C =⇒ T 3 = 300,16 K =⇒ 3 = 6,21 ×10 −21 J Exerc´ıcio 3.6.7 Estime a velocidade eficaz das mol´eculas do nitrogˆenio (N 2 ) e do h´elio (He) `a temperatura ambiente (T 27 o C). A velocidade eficaz ´e dada por v ef = ¸ 3 _ kT m _ = ¸ 3 _ RT µ _ onde R = 8,315 ×10 7 erg/K.mol e T 300,16 K. Logo, _ _ _ µ(N 2 ) 28 =⇒ v ef (N 2 ) 520 m/s µ(He) 4 =⇒ v ef (He) 1 370 m/s 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 21 Exerc´ıcio 3.6.8 Desprezando qualquer efeito relativ´ıstico, determine a tempe- ratura para a qual a energia cin´etica m´edia de transla¸c˜ao das mol´eculas de um g´as ideal seja igual ` a de um ´ unico ´ıon carregado acelerado a partir do repouso por uma diferen¸ ca de potencial de 10 3 volts, cuja massa ´e igual a de uma das mol´eculas. Igualando-se a energia cin´etica m´edia e a energia potencial de cada ´ıon, 1 2 mv 2 = eV = 3 2 kT onde _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ e = 1,6 ×10 −19 C k = 1,38 ×10 −23 J/K V = 10 3 V ⇓ T = 2eV 3k = 7,7 ×10 6 K Exerc´ıcio 3.6.9 Mostre que o n´ umero, N(0, v x ), de mol´eculas de um g´ as ideal com componentes x de velocidades entre 0 e v x ´e dado por N(0, v x ) = N 2 erf(ξ) onde N ´e o n´ umero total de mol´eculas e ξ = (m/2kT) 1/2 v x . Mostre tamb´em que o n´ umero N(v x , ∞) de mol´eculas com componentes x de velocidades maiores que v x ´e N(v x , ∞) = N 2 [1 −erf(ξ)] Esses resultados est˜ao expressos em termos da fun¸ c˜ao erro, erf(ξ), definida por erf(ξ) = 2 √ π _ ξ 0 e −x 2 dx A fra¸ c˜ao de mol´eculas (de massa m) de um g´as ideal em equil´ıbrio t´ermico `a temperatura T com velocidades entre v x e v x + dv x ´e dada por dN v x N = _ m 2πkT _ 1/2 e − 1 2 mv 2 x /kT dv x = α 1/2 √ π e −αv 2 x dv x onde α = m 2kT = 1 v 2 mod 22 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Fazendo-se x = √ αv x = v x v mod , obt´em-se dN v x N = e −x 2 √ π dx Assim, N 0→v x = N 0→ξ = N 2 2 √ π _ ξ 0 e −x 2 dx . ¸¸ . erf(ξ) onde ξ = v x v mod Uma vez que N −∞→∞ = 2N 0→∞ = N e N 0→∞ = N 0→v x + N v x →∞ se obt´em N v x →∞ = N 2 −N 0→v x ou seja, N v x →∞ = N 2 _ 1 −erf(ξ) _ A fun¸ c˜ao erf(ξ) ´e esbo¸cada no gr´ afico anterior. Exerc´ıcio 3.6.10 Mostre que o n´ umero, N(0, v), de mol´eculas de um g´ as ideal com velocidades entre 0 e v ´e dado por N(0, v) = N _ erf(ξ) − 2 √ π ξe −ξ 2 _ onde ξ 2 = (mv 2 /2kT). Como visto no exerc´ıcio anterior, a fra¸ c˜ao de mol´eculas (de massa m) de um g´as ideal em equil´ıbrio t´ermico `a temperatura T com m´odulos de velocidade entre v e v + dv ´e dada por dN v N = _ 2 π _ m kT _ 3/2 v 2 e − 1 2 mv 2 /kT dv = 4 √ π v 2 e −αv 2 dv 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 23 onde α = m 2kT = 1 v 2 mod Fazendo-se x = √ αv = v v mod ⇐⇒ x 2 = αv 2 obt´em-se dN v N = 4 √ π x 2 e −x 2 dx Assim, N 0→v = N 0→ξ = 4N √ π _ ξ 0 x 2 e −x 2 dx = 2N √ π _ ξ 0 x 2xe −x 2 dx . ¸¸ . dy→y=−e −x 2 = 2N √ π x e −x 2 ¸ ¸ ¸ 0 ξ + N 2 √ π _ ξ 0 e −x 2 dx . ¸¸ . erf(ξ) onde ξ = v v mod ou seja, N 0→v = N _ erf(ξ) − 2 √ π ξ e −ξ 2 _ Exerc´ıcio 3.6.11 Determine as probabilidades de que a velocidade de uma mol´ecula de hidrogˆenio (H 2 ), `a temperatura ambiente, seja maior que: 80 km/h, 10 2 m/s e 10 3 m/s. A fra¸ c˜ao de mol´eculas (de massa m) de um g´as ideal em equil´ıbrio t´ermico `a temperatura T que tˆem m´odulos de velocidade entre 0 e v 0 ´e dada por N 0→v 0 N = erf(ξ) − 2 √ π ξ e −ξ 2 onde ξ = v 0 v mod e v mod = _ 2kT m = ¸ 2RT µ . Essa fra¸ c˜ao representa tamb´em a probabilidade de que o m´ odulo da velocidade de uma mol´ecula seja menor que v 0 , ou seja, P(0 < v < v 0 ) = N 0→v 0 N = erf(ξ) − 2 √ π ξ e −ξ 2 24 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Desse modo, a probabilidade de que o m´ odulo da velocidade de uma mol´ecula seja maior que v 0 , pode ser expressa por P(v > v 0 ) = 1 −P(0 < v < v 0 ) = 1 − erf(ξ) + 2 √ π ξ e −ξ 2 A probabilidade P(ξ) pode ser esbo¸cada como no gr´afico abaixo. Como o valor modal da velocidade (v mod ) para uma mol´ecula de hidrogˆenio (µ 2 u) ` a temperatura ambiente (T 300,16 K) ´e da ordem de 1 580 m/s, obt´em-se _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ v 1 = 80 km/h = (80/3,6) m/s ⇒ ξ 1 = 0,014 ⇒ P(v > v 1 ) = 0,9999 v 2 = 100 m/s ⇒ ξ 2 = 0,06333 ⇒ P(v > v 2 ) = 0,9998 v 3 = 1 000 m/s ⇒ ξ 3 = 0,6333 ⇒ P(v > v 3 ) = 0,8496 Exerc´ıcio 3.6.12 Determine a porcentagem de mol´eculas de oxigˆenio que tˆem velocidades maiores que 10 3 m/s, quando a temperatura do g´as for de: a) 10 2 K; b) 10 3 K e c) 10 4 K. Uma vez que os valores modais das velocidades (v mod ) de uma mol´ecula de oxigˆenio (µ 32) nas temperaturas de 10 2 K, 10 3 K e 10 4 K s˜ao dados por 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 25 _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ T 1 = 10 2 K ⇒ v mod1 230 m/s ⇒ ξ 1 4,386 ⇒ erf(ξ 1 ) 1 T 2 = 10 3 K ⇒ v mod2 720 m/s ⇒ ξ 2 1,387 ⇒ erf(ξ 1 ) 0,95 T 3 = 10 4 K ⇒ v mod1 23 m/s ⇒ ξ 3 0,439 ⇒ erf(ξ 1 ) 0,44 as respectivas porcentagens das mol´eculas que tˆem velocidades maiores que v 0 = 1 000 m/s s˜ao dadas por _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ T 1 = 10 2 K ⇒ P(v > v 0 ) = 2,2 ×10 −8 ⇔ 0,0000022% T 2 = 10 3 K ⇒ P(v > v 0 ) = 0,28 ⇔ 28% T 3 = 10 4 K ⇒ P(v > v 0 ) = 0,95 ⇔ 95% Exerc´ıcio 3.6.13 Calcule a velocidade m´edia (v), a velocidade eficaz (v ef ) e a dispers˜ao, σ v = _ v 2 ef −v 2 , das velocidades das mol´eculas do hidrogˆenio (H 2 ), `a temperatura ambiente. Determine a diferen¸ ca entre a energia m´edia quadr´atica, = mv 2 /2, e mv 2 /2. Considerando-se que para mol´eculas de hidrogˆenio (µ 2) em equil´ıbrio t´ermico `a temperatura ambiente (T 300,16 K), o fator RT/µ ´e da ordem de 1,25 ×10 10 , encontra-se para a velocidade m´edia, v, para a velocidade eficaz, v ef , e para o desvio-padr˜ ao, σ v = _ v 2 −v 2 , os seguintes valores: _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ v ¸ 2,55 _ RT µ _ 1 790 m/s v ef ¸ 3 _ RT µ _ 1 940 m/s σ v ¸ 0,45 _ RT µ _ 750 m/s Sabendo que m H 2 2m p 2 ×1,66 ×10 −27 kg, ∆ = 1 2 mv 2 − 1 2 mv 2 = 1 2 mσ 2 v ⇒ ∆ 9,3 ×10 −22 J 26 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 3.6.14 Determine a densidade de mol´eculas (n´ umero de mol´eculas por unidade de volume) de um g´ as ideal nas CNTP. De acordo com as hip´oteses de Avogadro, sob condi¸c˜oes normais de tem- peratura e press˜ao (T 273 K e P = 1 atm), o volume ocupado por 1 mol (6,023 × 10 23 ) de mol´eculas de um g´as ´e igual a 22,4 L. Nessas condi¸c˜oes, a densidade (ou concentra¸ c˜ao n) de mol´eculas de um g´as ideal ´e da ordem de n = 6,023 ×10 23 22400 2,68 ×10 19 mol´eculas/cm 3 Exerc´ıcio 3.6.15 Se o raio da mol´ecula de oxigˆenio (O 2 ) ´e da ordem de 1, 8 × 10 −10 m, estime a frequˆencia de colis˜oes das mol´eculas, em condi¸ c˜oes normais de temperatura e press˜ao. Considerando que ` a temperatura ambiente (T 300 K), para as mol´eculas de oxigˆenio, µ(O 2 ) 32, cujo raio (r) ´e cerca de 1,8 × 10 −10 m, a velocidade m´edia ´e dada por v ¸ 2,55RT µ 450 m/s e a se¸c˜ao de choque (σ) de colis˜ao, por σ 4πr 2 4,1 ×10 −15 cm 2 Pode-se admitir que a concentra¸ c˜ao (n) tamb´em seja da ordem de 2,68 × 10 19 mol´eculas/cm 3 (veja exerc´ıcio anterior). Assim, da equa¸c˜ao (3.32), a frequˆencia (f) de colis˜oes poder´a ser estimada por f = nσv 4,9 ×10 9 Hz Exerc´ıcio 3.6.16 Estime a distˆancia m´edia (d) entre as mol´eculas ` a tempe- ratura ambiente e mostre que r < d < onde r ´e o raio de uma mol´ecula e ´e o livre caminho m´edio. Uma vez que o livre caminho m´edio (), por exemplo, para as mol´eculas de oxigˆenio, µ(O 2 ) 32, de raio (r) cerca de 1,8×10 −10 m, `a temperatura ambiente (T 300 K) ´e dado por = 1 nσ 10 −5 cm 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 27 e o volume efetivo ocupado por uma mol´ecula, igual ao cubo da distˆ ancia m´edia entre elas, pode ser estimado pelo volume ocupado por um mol dividido pelo n´ umero de Avogadro: d 3 _ 22,4 L 6,023 ×10 23 _ = 1 n ⇒ d 3,3 ×10 −7 cm implica que r < d < Exerc´ıcio 3.6.17 Suponha que a energia de uma mol´ecula de um g´ as ideal seja dada somente por sua energia cin´etica de transla¸c˜ao. Mostre que, nesse caso, a fra¸ c˜ao de mol´eculas com energia entre e + d ´e dada por dN N = 2 √ π _ 1 kT _ 3/2 √ e −/kT d A fra¸ c˜ao de mol´eculas (de massa m) de um g´as ideal em equil´ıbrio t´ermico `a temperatura T com m´odulos de velocidade entre v e v + dv ´e dada por dN N = _ 2 π _ m kT _ 3/2 v 2 e − 1 2 mv 2 /kT dv Sabendo que a energia () das mol´eculas ´e puramente cin´etica e igual a = 1 2 mv 2 , a express˜ao representa tamb´em a fra¸ c˜ao de mol´eculas com energias entre e +d, onde d = mv dv. Assim, substituindo-se os termos que envolvem a velocidade, obt´em-se dN N = _ 2 π _ m kT _ 3/2 v e − 1 2 mv 2 /kT . ¸¸ . (2/m) 1/2 1/2 e −/kT vdv .¸¸. d/m ou seja, dN N = 2 √ π 1 (kT) 3/2 1/2 e −/kT d 28 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 3.6.18 Considere a distribui¸ c˜ao de energia ρ() d. Mostre que a fra- ¸c˜ao de mol´eculas que possuem energia cin´etica maior que um valor >> kT ´e 2 √ π _ kT _ 1/2 e −/kT _ 1 + 1 2 _ kT _ − 1 4 _ kT _ 2 + . . . _ Sabe-se que N > kT N = 2 √ π _ ∞ 1 (kT) 1/2 1/2 e −/kT d kT Fazendo-se kT = x e kT = x 1, resulta em N > N = _ 2 π _ ∞ x x 1/2 e −x dx Integrando-se por partes, com _ _ _ u = x 1/2 ⇒ du = 1 2 x −1/2 dx dv = e −x dx ⇒ v = −e −x encontra-se N > N = 2 √ π _ −x 1/2 e −x ¸ ¸ ¸ ∞ x . ¸¸ . x 1/2 e −x + 1 2 _ ∞ x e −x x 1/2 dx _ Integrando-se mais uma vez por partes, agora com _ _ _ u = x −1/2 ⇒ du = − 1 2 x −3/2 dx dv = e −x dx ⇒ v = −e −x resulta em N > N = 2 √ π _ x 1/2 e −x + 1 2 e −x x 1/2 − 1 4 _ ∞ x e −x x 3/2 dx _ Integrando-se novamente, com _ _ _ u = x −3/2 ⇒ du = − 3 2 x −5/2 dx dv = e −x dx ⇒ v = −e −x 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 29 pode-se escrever N > N = 2 √ π _ x 1/2 e −x + 1 2 e −x x 1/2 − 1 4 e −x x 3/2 + . . . _ = 2 √ π x 1/2 e −x _ 1 + 1 2 _ 1 x _ − 1 4 _ 1 x _ 2 + . . . _ ou N > N = 2 √ π _ kT _ 1/2 e − /kT _ 1 + 1 2 _ kT _ − 1 4 _ kT _ 2 + . . . _ Exerc´ıcio 3.6.19 O fluxo de nˆeutrons atrav´es da se¸c˜ao de um reator ´e da ordem de 4×10 16 nˆeutrons.m −2 .s −1 . Se os nˆeutrons (t´ermicos) ` a temperatura ambiente (T = 300 K) obedecem `a distribui¸ c˜ao de velocidades de Maxwell, determine: (a) a densidade de nˆeutrons; (b) a press˜ao do g´ as de nˆeutrons. Calculando-se a m´edia das velocidades dos nˆeutrons (m 1,67 ×10 −27 kg), `a temperatura ambiente (T 300 K), v = ¸ 2,55 _ kT m _ 2,5 ×10 3 m/s e tendo em conta que o fluxo (φ) de nˆeutrons ´e dado pela equa¸ c˜ao (3.31), φ = 1 4 nv a concentra¸ c˜ao (ou densidade n) pode ser estimada como n = 4 φ v 6,4 ×10 13 nˆeutrons/m 3 Considerando que o g´ as obedece `a equa¸c˜ao de estado de Clapeyron, a press˜ao (P) pode ser estimada como P = nkT 8,8 ×10 −8 N/m 2 30 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 3.6.20 Determine o n´ umero total de choques moleculares por segundo, por unidade de ´area, da parede de um recipiente contendo um g´as que obedece `a lei de distribui¸ c˜ao de Maxwell. Seja N/V o n´ umero total de mol´eculas por unidade de volume. O n´ umero de mol´eculas que atingem uma parede de ´area A em um intervalo de tempo t (veja Se¸ c˜ao 3.1.2) ´e n c = 1 6 N V ×A×vt O n´ umero total de choques por segundo e por unidade de ´ area ser´a n c = n c At = 1 6 N V v Como o g´as obedece `a distribui¸ c˜ao de Maxwell, v = _ ∞ 0 v ρ(v) dv = _ 2 π (2α) 3/2 _ ∞ 0 v 3 e −αv 2 dv . ¸¸ . 1/(2α 2 ) definindo α = m/(2kT). Logo, v = _ 2 π (2α) 3/2 × 1 2α 2 = 1 √ π 2 1/2+3/2−1 ×α 3/2−2 = 2 √ π α −1/2 ou v = 2 √ π _ 2kT m _ 1/2 = _ 8kT πm _ 1/2 Pode-se ainda substituir na equa¸ c˜ao anterior as express˜oes k = R/N A e N A m = µ, sendo µ a massa molecular do g´as. Assim, n c = 1 6 N V _ 8RT πµ _ 1/2 A raz˜ao N/V pode ser substitu´ıda, a partir da equa¸ c˜ao do g´as ideal, por N V = PN A RT Deste modo, finalmente, o n´ umero total de choques por segundo e por unidade de ´area pode tamb´em ser expresso em termos de (P, T) como n c = PN A 3RT _ 2RT πµ _ 1/2 = PN A 3 _ 2 πµRT _ 1/2 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 31 Exerc´ıcio 3.6.21 Um forno cont´em vapor de c´admio (Cd) `a press˜ ao de 1, 71 ×10 −2 mm Hg, `a temperatura de 550 K. Em uma parede do forno existe uma fenda com o comprimento de 1 cm e uma largura de 10 −3 cm. Do outro lado da parede h´a um alt´ıssimo v´ acuo. Supondo que todos os ´atomos que chegam ` a fenda atravessam-na, determine a corrente do feixe de ´atomos. Foi mostrado no livro de texto, equa¸ c˜ao (3.31), que o fluxo φ de mol´eculas que atravessam um orif´ıcio de um forno ´e dado por φ = 1 4 N V v A corrente (n´ umero de part´ıculas por segundo) associada a este fluxo ´e I = φ · A Usando-se o resultado do exerc´ıcio anterior, pode-se escrever I = 1 4 PN A RT _ 8RT πµ _ 1/2 A = PAN A _ 1 2πµRT _ 1/2 lembrando que, neste caso, as grandezas devem estar expressas no CGS. Dados: _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ µ Cd = 112 g/mol T = 500 K A = 10 −3 cm 2 P = 1,71 ×10 −2 mmHg 1 mmHg = 1,01 ×10 6 dyn/cm 2 R = 8,315 ×10 7 erg.K −1 .mol −1 Assim, a corrente ´e dada por I = 1,01 ×10 5 760 ×10 −7 ×6,02 ×10 23 × (2π ×112 ×8,315 ×10 7 ×500) −1/2 ou I = 8 ×10 18 (2, 9 ×10 13 ) 1/2 = 8 ×10 18 √ 29 ×10 6 ⇒ I = 1,5 ×10 12 mol´eculas/s 32 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 3.6.22 Determine o comprimento do lado de um cubo que cont´em um g´ as ideal nas CNTP, cujo n´ umero de mol´eculas ´e igual ` a popula¸c˜ao do Brasil ( 170 milh˜ oes de habitantes) no fim do s´eculo XX. O n´ umero de Loschmidt ´e obtido dividindo-se o n´ umero de Avogadro pelo volume ocupado por 1 mol de g´ as ideal, ou seja, 22,4 L = 22 400 cm 3 . 6,023 ×10 23 mol´eculas 22 400 cm 3 = 2,69 ×10 19 mol´eculas/cm 3 Este n´ umero obviamente ´e o mesmo para todos os gases ideais. Sendo V = a 3 o volume do cubo de aresta a, tem-se _ _ _ 2,69 ×10 19 mol´eculas → 1 cm 3 1,7 ×10 8 mol´eculas → a 3 cm 3 donde, a = 3 ¸ 1,7 ×10 8 2,69 ×10 19 cm = 0,00018 cm ⇒ a = 1,8 µm(microns) Exerc´ıcio 3.6.23 Mostre que a probabilidade de que uma mol´ecula de um g´ as ideal tenha momentum com m´ odulo compreendido entre p e p + dp ´e dada por g(p)dp = 4π _ 1 2πmkT _ 3/2 exp _ − _ p 2 2mkT __ p 2 dp A fra¸ c˜ ao de mol´eculas (de massa m) de um g´as ideal em equil´ıbrio t´ermico `a temperatura T com m´odulos de velocidade entre v e v + dv ´e dada por dN N = _ 2 π _ m kT _ 3/2 v 2 e − 1 2 mv 2 /kT dv Uma vez que o m´odulo do momentum (p) de cada mol´ecula ´e igual a p = mv, a express˜ao representa tamb´em a probabilidade, dP(p, p + dp), de que o m´ odulo do momentum de uma mol´ecula esteja entre p e p+ dp, com dp = mdv. Assim, substituindo-se os termos que envolvem a velocidade, pode-se escrever dP(p, p + dp) = 4 √ π 1 (2mkT) 3/2 p 2 exp _ − p 2 2mkT _ dp 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 33 ou dP(p, p + dp) = 4 √ π p 2 p 3 mod exp _ − p p mod _ 2 dp onde p mod = √ 2mkT ´e o valor modal do momentum. Exerc´ıcio 3.6.24 Considere a distribui¸ c˜ao de Maxwell-Boltzmann para part´ı- culas que n˜ ao interagem entre si e que se movem originalmente na horizontal sob a a¸c˜ao de um campo gravitacional uniforme, cuja energia ´e p 2 /2m + mgz, sendo z a altura da part´ıcula em rela¸ c˜ ao a um ponto de referˆencia. Determine para essas part´ıculas: a) a energia cin´etica m´edia; b) a energia potencial m´edia; c) a dispers˜ ao na posi¸ c˜ao; e d) o valor da dispers˜ ao ` a temperatura de 300 K, para mol´eculas de H 2 . Na solu¸c˜ao dos diversos itens deste exerc´ıcio ser˜ao ´ uteis os resultados das seguintes integrais: _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ I = _ ∞ 0 e −αz dz = 1 α I 0 = _ ∞ 0 e −αz 2 dz = √ π 2 α −1/2 I 2 = _ ∞ 0 z 2 e −αz 2 dz = √ π 4 α −3/2 I 4 = _ ∞ 0 z 4 e −αz 2 dz = 3 √ π 8 α −5/2 a) a energia cin´etica m´edia: Sabendo-se que c = p 2 2m ⇒ c = p 2 2m 34 F´ısica Moderna Caruso • Oguri e sendo, p 2 = _ ∞ 0 p 2 e −p 2 /(2mkT) p 2 dp _ ∞ 0 e −p 2 /(2mkT) p 2 dp = I 4 I 2 ou p 2 = 3/(2α), onde α = 1/(2mkT), obt´em-se, c = 3 2 kT b) a energia potencial m´edia: p = mgz ⇒ p = mgz sendo, z = _ ∞ 0 z e −mgz/(kT) dz _ ∞ 0 e −mgz/(kT) dz = − 1 I dI dα = 1 α (α = mg/kT) Logo, z = kT mg ⇒ p = kT Portanto, o valor m´edio da energia total, = c + p , ´e = 5 2 kT c) a dispers˜ao na posi¸ c˜ao ´e dada por σ z = _ z 2 −z 2 O termo z j´a foi calculado no item anterior, ou seja, z = kT/(mg). Resta calcular z 2 = _ ∞ 0 z 2 e −mgz/(kT) dz _ ∞ 0 e −mgz/(kT) dz = 1 I d 2 I dα 2 = 2α −3 α −1 = 2 α 2 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 35 Assim, z 2 = 2 _ kT mg _ 2 e z 2 = _ kT mg _ 2 Logo, σ 2 z = _ kT mg _ 2 ⇒ σ z = RT µg Cabe aqui um coment´ario. Considerando-se a temperatura ambiente, verifica- se que, no SI, z 10 −21 2 ×1,62 ×10 −27 ×10 10 5 m Tal valor vai implicar um valor t˜ ao alto para a dispers˜ ao na posi¸c˜ao, que simplesmente mostra que a atmosfera n˜ao ´e isot´ermica, ao cont´ario do que est´a impl´ıcito na aplica¸ c˜ao da distribui¸ c˜ao de Maxwell-Boltzmann ao problema (veja item d). d) o valor da dispers˜ ao na posi¸ c˜ao para mol´ecula de H 2 , `a temperatura de 300 K: Para a mol´ecula de H 2 , µ = 2 u. Assim, σ z = 8,315 ×10 7 ×3 ×10 2 2 ×9,81 ×10 2 = 3 ×8,315 2 ×9,81 × 10 7 ⇒ σ z = 1,3 ×10 7 cm Exerc´ıcio 3.6.25 A condutividade t´ermica K de um g´as de mol´eculas poliatˆ o- micas, consideradas como esferas r´ıgidas, ´e dada pela f´ormula K = 5π 32 _ ¯ C V + 9 4 R _ < v > M ρ onde ¯ C V ´e a capacidade t´ermica m´edia a volume constante do g´as, R ´e a cons- tante dos gases, ´e o livre caminho m´edio das mol´eculas e ρ, a densidade mole- cular do g´ as. Mostre que, em termos da dimens˜ ao caracter´ıstica d das mol´eculas e da temperatura T, a express˜ ao acima pode ser escrita como K = 5 16 _ ¯ C V + 9 4 R __ RT πM _ 1/2 1 N A d 2 A condutividade t´ermica K de um g´as de mol´eculas poliatˆomicas, considera- das como esferas r´ıgidas, ´e dada por 36 F´ısica Moderna Caruso • Oguri K = 5π 32 _ ¯ C V + 9 4 R _ v M ρ Para se chegar `a express˜ao desejada, ´e necess´ario substituir na equa¸ c˜ao anterior o valor do livre caminho m´edio . Mostrou-se, na Se¸ c˜ao 3.3.1, que esta grandeza ´e dada pela equa¸c˜ao (3.34), ou seja, = α/(nσ), onde n ´e o n´ umero de mol´eculas por unidade de volume que interagem, que pode ser obtida da equa¸c˜ao do g´as ideal como n = N V = PN A RT Tomando α = 1/ √ π e a se¸c˜ao de choque geom´etrica σ = πd 2 , obt´em-se = 1 √ 2 πd 2 RT PN A ´ E preciso tamb´em substituir a velocidade m´edia das mol´eculas, pela f´ormula v = _ 8RT πM _ 2 = 2 √ 2 _ RT πM _ 2 e a densidade ρ em termos da massa molecular, lembrando que, para um g´ as ideal, PV = nRT ⇒ PM = nM V .¸¸. ρ RT ⇒ ρ = PM RT Deste modo, obt´em-se K = 5π 32 _ ¯ C V + 9 4 R _ × 1 √ 2 πd 2 RT PN A ×2 √ 2 _ RT πM _ 2 × PM RT × 1 M a qual pode ser simplificada, de forma a se obter a express˜ ao solicitada: K = 5 16 _ ¯ C V + 9 4 R __ RT πM _ 1/2 1 N A d 2 Exerc´ıcio 3.6.26 Mostre que a se¸ c˜ao de choque diferencial, dσ/dΩ, para o espalhamento geom´etrico de uma part´ıcula por uma esfera r´ıgida de raio R ´e dσ dΩ = 1 4 R 2 3. O atomismo na F´ısica: o triunfo do mecanicismo 37 e que a se¸c˜ao de choque total ´e πR 2 . Foi mostrado nas p´ aginas 376 e 377 do livro de texto que, se J inc α ´e a densidade de corrente de part´ıculas que incidem sobre o alvo, a taxa de part´ıculas (dN/dt) que ser´a espalhada entre um ˆ angulo s´ olido Ω e Ω + dΩ ´e dada por dN dt = J inc α dΩ = J inc α b db dφ sendo φ o ˆangulo azimutal sobre o qual ainda n˜ ao se integrou. Por outro lado, dN dt = J inc α dσ Desse modo, pode-se obter uma express˜ao para a se¸ c˜ao de choque infinite- simal, dσ, em termos do parˆametro de impacto b da colis˜ao, dada por dσ = b db dφ O choque de uma part´ıcula com uma esfera r´ıgida pode ser representado pela figura a seguir. Para se obter a se¸c˜ao de choque diferencial em rela¸c˜ao ao ˆangulo s´ olido dΩ ´e necess´ario expressar o parˆ ametro de impacto em termos do ˆangulo de espalhamento θ. Da figura, vˆe-se que _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ θ = π −2χ b = Rsen χ = Rsen _ π 2 − θ 2 _ = Rcos θ 2 38 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Com isso, dσ = b db dφ = Rcos θ 2 _ − 1 2 Rsen θ 2 _ dθ dφ = − 1 4 R 2 sen θ dθ dφ = 1 4 R 2 dΩ Portanto, σ(Ω) ≡ dσ dΩ = 1 4 R 2 A se¸c˜ao de choque total ´e σ = _ dσ dΩ dΩ = 1 4 R 2 ×2π ⇒ σ = πR 2 Exerc´ıcio 3.6.27 A se¸c˜ao de choque (σ) cl´ assica de Mott para o espalhamento de el´etrons por pr´otons com energia cin´etica E, tal que mc 2 E Mc 2 , onde m e M s˜ao, respectivamente, as massas do el´etron e do pr´oton, e c ´e a velocidade da luz no v´acuo, pode ser escrita como σ(θ) = __ e 2 4E _ 2 1 sen 4 θ/2 _ . ¸¸ . σ Rutherford cos 2 θ 2 onde e 2 ´e o m´odulo do produto das cargas do el´etron e do pr´oton. Fa¸ca um esbo¸co de σ em fun¸ c˜ao do ˆangulo de espalhamento θ. Na figura abaixo, apresenta-se um esbo¸ co da se¸c˜ao de choque cl´assica de Mott (linha pontilhada), descrita pela equa¸ c˜ao acima, comparada com a se¸c˜ao de choque cl´assica de Rutherford (σ Rutherford – linha tracejada). Note que as duas se¸c˜oes de choque cl´assicas tˆem comportamento praticamente idˆenticos para ˆangulos compreendidos entre 0 o e 50 o . 4 O movimento browniano e a hip´ otese molecular Exerc´ıcio 4.6.1 Part´ıculas de fuligem de raio 0,4 ×10 −4 cm est˜ao imersas em uma solu¸ c˜ao aquosa de viscosidade 0,0278 g.cm −1 .s −1 `a temperatura de 18,8 o C. Se o deslocamento efetivo observado em uma dada dire¸ c˜ao durante 10 s ´e da ordem de 1,82 ×10 −4 cm, estime o n´ umero de Avogadro. Considere os dados: a = 0,4 ×10 −4 cm η = 0,0278 g · cm −1 · s −1 T = 18,8 o C = 291,8 K λ = 1,82 ×10 −4 cm, em t = 10 s R = 8,315 ×10 7 erg.K −1 .mol −1 O n´ umero de Avogadro pode ser obtido da equa¸ c˜ao N A = t λ 2 RT 3πηa = 10 (1,82) 2 ×10 −8 × 8,315 ×10 7 ×2,918 ×10 2 3 ×3,14 ×2,78 ×10 −2 ×0,4 ×10 −4 = = 2,4263 ×10 11 3,4715 ×10 −13 ⇒ N A 6,99 ×10 23 39 40 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 4.6.2 Uma part´ıcula de raio a (cm) move-se com velocidade cons- tante v (cm/s) atrav´es de um fluido de viscosidade η (g.cm −1 .s −1 ). Se a for¸ ca de atrito que atua sobre ela depende de a, v e η, mostre que uma an´ alise di- mensional leva ` a lei de Stokes. Seja F = F(a, v, η). Dimensionalmente (escolhendo o sistema MLT), tem-se [F] = MLT −2 [a] = L [v] = LT −1 [η] = ML −1 T −1 Logo, deve-se ter [F] = MLT −2 = [a] α [v] β [η] γ = L α L β T −β M γ L −γ T −γ = M γ L α+β−γ T −(β+γ) Segue-se, ent˜ ao, que γ = 1 e α +β −γ = 1 ⇒ α = 1 β +γ = 2 ⇒ β = 1 e, portanto, F ∼ aηv Exerc´ıcio 4.6.3 Obtenha a equa¸ c˜ao (4.9). ρ(x) = 1 √ 4πDt e −x 2 /(4Dt) = 1 √ 2πσ 2 e −x 2 /(2σ 2 ) sendo σ 2 = 2Dt. O valor m´edio de x ´e dado por x = 1 √ 2πσ 2 ∞ −∞ xe −x 2 /(2σ 2 ) dx = 0 pois a integral vai de −∞a +∞e x ´e uma fun¸ c˜ao´ımpar enquanto a exponencial, par. 4. O movimento browniano e a hip´ otese molecular 41 Por outro lado, x 2 = 1 √ 2πσ 2 ∞ −∞ x 2 e −x 2 /(2σ 2 ) dx = 2 √ 2πσ 2 ∞ 0 x 2 e −x 2 /(2σ 2 ) dx = 2 √ 2πσ 2 × 1 2 ×Γ(3/2) ×(2σ 2 ) 3/2 Lembrando-se que Γ(3/2) = √ π/2, x 2 = 2 3/2 σ 3 σ ×2 1/2 ×2 = σ 2 = 2Dt Como D = kT 6πηa = RT 6πη 1 N A a segue-se que x 2 = kT 3πηa t = RT 3πηaN A t Exerc´ıcio 4.6.4 De acordo com a equa¸c˜ao (4.10), estime o deslocamento m´edio quadr´atico em uma dire¸ c˜ao para mol´eculas de a¸ c´ ucar dissolvidas em ´ agua a 17 o C, decorridos 2 minutos. Deve-se usar a equa¸c˜ao λ x = x 2 = RT 3πηaN A t Considerando os dados a = 10 −4 cm η = 0,0135 g · cm −1 · s −1 (´agua) T = 17 o C = 290 K t = 2 min = 120 s N A = 6,022 ×10 23 R = 8,315 ×10 7 erg.K −1 .mol −1 42 F´ısica Moderna Caruso • Oguri obt´em-se λ x = 8,315 ×10 7 ×2,9 ×10 2 ×1,2 ×10 2 3 ×3,14 ×1,35 ×10 −2 ×6,022 ×10 23 ×10 −4 = 2,8936 ×10 12 0,7662 ×10 19 = 3,7766 ×10 −7 = 6,1 ×10 −4 cm ⇒ λ x = 6,1 µm Exerc´ıcio 4.6.5 Utilizando os dados dispon´ıveis ` a ´epoca de Einstein, determine o valor da constante de Boltzmann, a partir da equa¸c˜ ao (4.12): k = λ 2 x t 3πηa T De acordo com o exerc´ıcio anterior, λ = 6,1 µm, para t = 120 s. Como neste exerc´ıcio consideram-se mol´eculas de a¸c´ ucar, dissolvidas em ´agua, a = 10 −4 cm. Assim, no sistema CGS, k = (6,1) 2 ×10 −8 1,2 ×10 2 × 3 ×3,14 ×1,35 ×10 −2 ×10 −4 2,9 ×10 2 = 4,7344 ×10 −12 3,48 ×10 4 = 1,36 ×10 −16 erg/K ⇒ k = 1,36 ×10 −23 J/K Exerc´ıcio 4.6.6 Partindo da equa¸c˜ao (4.10), esboce a dependˆencia do desloca- mento m´edio quadr´atrico, λ x , em termos do tempo t. Esse ´e um exemplo raro de movimento cujo deslocamento m´edio varia com a raiz quadrada do tempo. 5 Concep¸ c˜ oes cl´assicas sobre a natureza da luz Exerc´ıcio 5.10.1 Mostre que os coeficientes de reflex˜ ao r e de transmiss˜ao t de um pulso se propagando em uma corda com duas densidades diferentes, como definidos no texto, satisfazem a rela¸ c˜ ao r + t = 1. Os coeficientes de reflex˜ao e transmiss˜ao s˜ao dados, respectivamente, por r = _ k 1 −k 2 k 1 + k 2 _ 2 e t = 4k 1 k 2 (k 1 + k 2 ) 2 Sendo assim, r + t = _ 1 k 1 + k 2 _ 2 (k 2 1 + k 2 2 −2k 1 k 2 + 4k 1 k 2 ) = _ k 1 + k 2 k 1 + k 2 _ 2 = 1 Exerc´ıcio 5.10.2 Calcule o valor m´edio quadr´atico, em um per´ıodo (T), da fun¸c˜ao sen (kx − ωt), que descreve uma onda monocrom´ atica de frequˆencia ω = 2π/T e n´ umero de propaga¸c˜ao k. _ sen 2 (kx −ωt) _ = 1 T _ T 0 sen 2 _ kx − 2πt T _ dt = 1 2T _ T 0 _ 1 −cos 2 _ kx − 2πt T __ dt ⇓ 43 44 F´ısica Moderna Caruso • Oguri _ sen 2 (kx −ωt) _ = 1 2 Exerc´ıcio 5.10.3 As componentes do campo magn´etico de uma onda eletromagn´etica de frequˆencia ω e n´ umero de propaga¸c˜ao k se propagando no v´acuo s˜ao B x = B ◦ sen (ky +ωt), B y = B z = 0. Determine as componentes do campo el´etrico e a dire¸c˜ao e o sentido da propaga¸c˜ao da onda. Considere a seguinte figura. Sabe-se que, para uma onda plana no v´ acuo, | B |=| E |, B ⊥ E, E ⊥ k O campo magn´etico ´e do tipo B = B x ˆı e k = kˆ (veja figura anterior). Logo, o campo el´etrico propaga-se na dire¸ c˜ao ˆ k e ´e da forma E = E z ˆ k = ˆ kB ◦ sen (ky + ωt) Exerc´ıcio 5.10.4 Deduza a equa¸c˜ ao da continuidade para a carga el´etrica a partir das equa¸ c˜oes de Maxwell. Inicialmente, toma-se a derivada temporal da lei de Gauss, ∇· D = 4πρ ⇒ ∇· ∂ D ∂t = 4π ∂ρ ∂t Por outro lado, ∇× H = 4π c J + 1 c ∂ D ∂t ⇒ ∂ D ∂t = c( ∇× H) −4π J 5. Concepc¸˜ oes cl´ assicas sobre a natureza da luz 45 Tomando-se o divergente da ´ ultima equa¸c˜ao e igualando o resultado ` a equa¸c˜ao obtida da lei de Gauss, encontra-se ∇· ∂ D ∂t = c ∇· ( ∇× H) . ¸¸ . =0 −4π ∇· J = 4π ∂ρ ∂t ⇒ ∂ρ ∂t + ∇· J = 0 Exerc´ıcio 5.10.5 Mostre que a press˜ ao P exercida por um feixe de luz de intensidade I que incide perpendicularmente sobre uma superf´ıcie que a absorve completamente ´e dada por P = I c Considere a situa¸ c˜ao representada na figura a seguir. O momentum transferido, ∆p, pelo feixe de luz ` a superf´ıcie S, em um intervalo de tempo ∆t, ´e ∆p = _ g ν Sc∆t dν onde g ν ´e a densidade espectral de momentum do feixe. Consequentemente, a press˜ao ´e dada por P = 1 S _ ∆p ∆t _ = c __ g ν dν _ ≡ c g Por outro lado, combinando-se as equa¸ c˜oes g = u/c e I = uc, obt´em-se P = I/c 46 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 5.10.6 A intensidade da radia¸c˜ao do Sol que penetra na atmosfera terrestre ´e da ordem de 1,4 × 10 3 W/m 2 . Compare a press˜ ao da radia¸c˜ao com a press˜ao atmosf´erica ao n´ıvel do mar. I Sol = 1,4×10 3 W/m 2 = 1,4×10 3 J s.m 2 = 1,4×10 3 × 10 7 10 4 erg s.cm 2 = 1,4×10 6 erg s.cm 2 A press˜ao da radia¸ c˜ao ´e dada por P Sol = I Sol c = 1,4 ×10 6 3 ×10 10 = 0,5 ×10 −4 erg/cm 3 = 0,5 ×10 −4 × 10 −7 10 −6 J/m 3 ou P Sol = 0,5 ×10 −5 Pa Recordando que P atm = 1 atm = 10 5 Pa ⇒ P Sol P atm = 10 −10 Exerc´ıcio 5.10.7 Considere que em uma regi˜ ao do espa¸co haja um campo magn´etico paralelo ao eixo z e com simetria axial, ou seja, seu m´ odulo, embora possa variar no tempo, depende apenas da distˆancia r ao eixo z. Determine o campo el´etrico em cada ponto do espa¸co. Sabe-se que (veja figura a seguir) _ E · d = − d dt _ S B · dS = − d dt φ B = − _ dB dt _ S onde B ´e o valor m´edio do campo magn´etico na regi˜ao delimitada por S. Assim, 5. Concepc¸˜ oes cl´ assicas sobre a natureza da luz 47 E · 2πr = d dt B · πr 2 ou E = 1 2 r dB dt Exerc´ıcio 5.10.8 Um ´ıon, de carga el´etrica q e massa m, desloca-se em uma ´orbita circular de raio r sob a¸ c˜ao de uma for¸ ca centr´ıpeta F. Em um certo intervalo de tempo, um campo magn´etico fraco e uniforme ´e estabelecido na dire¸ c˜ao perpendicular ao plano da ´orbita. Mostre que a varia¸ c˜ao no m´ odulo da velocidade v do ´ıon, no SI, ´e ∆v = ±qrB/2m. Neste movimento, a for¸ca centr´ıpeta ´e dada pela resultante m v 2 R = F c + F m (F m << F c = F) onde (veja figura abaixo) F c = m v 2 ◦ R e F m = ±qvB (SI) Logo, m R (v 2 −v 2 ◦ ) = ±qvB Como o termo da diferen¸ ca entre os quadrados das velocidades pode ser expresso como (v 2 −v 2 ◦ ) = (v −v ◦ ) (v + v ◦ ) . ¸¸ . 2v = ∆v · 2v ⇒ ∆v = ± qBR 2m 48 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 5.10.9 Mostre que a varia¸ c˜ao no momento magn´etico, ∆ µ, de um ´ıon sujeito ` a varia¸c˜ao de velocidade na situa¸c˜ao descrita no problema anterior ´e igual a ∆ µ = ± _ q 2 r 2 4m _ B Considere uma part´ıcula de carga q em movimento circular uniforme, conforme a figura a seguir. A corrente el´etrica produzida ´e I = q T = ω 2π q = v 2πR q Por outro lado, µ = I · S = IπR 2 = v 2 qR Assim, µ ◦ = v ◦ 2 qR ⇒ µ −µ ◦ ≡ ∆µ = v −v ◦ 2 qR Como, de acordo com o exerc´ıcio anterior, ∆v = ±q BR 2m ⇒ ∆ µ = ± _ q 2 R 2 4m _ B 5. Concepc¸˜ oes cl´ assicas sobre a natureza da luz 49 Exerc´ıcio 5.10.10 Considere que um el´etron de coordenada y oscile com amplitude y ◦ em torno de uma origem com frequˆencia ν, ou seja, y = y ◦ cos (2πνt). Mostre que a potˆencia m´edia irradiada por esse el´etron ´e P = 16π 4 ν 4 e 2 3c 3 y 2 ◦ Para um movimento ao longo do eixo-y, conforme a figura abaixo, descrito pela equa¸c˜ao y = y ◦ cos(2πνt) a acelera¸c˜ao ´e dada por a = (2πν) 2 y ◦ cos(2πνt) A potˆencia irradiada ´e dada pela f´ ormula de Larmor P = 2 3 e 2 c 3 _ a 2 (t r ) _ T = 2e 2 3c 3 ×16π 4 ν 4 y 2 ◦ _ cos 2 _ 2πν(t −r/c) ¸ _ T Como o valor m´edio `a direita da equa¸ c˜ ao anterior ´e igual a 1/2, chega-se ao resultado P = 16π 4 ν 4 e 2 y 2 ◦ 3c 3 50 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 5.10.11 Usando o resultado do problema anterior, estime o valor da potˆencia m´edia irradiada pelo el´etron, cuja carga el´etrica ´e da ordem de −4,8 × 10 −10 ues, sabendo que a frequˆencia ´e da ordem de 5,0 × 10 14 Hz, e supondo que a amplitude de oscila¸ c˜ao do el´etron seja da ordem das dimens˜oes atˆomicas. Neste exerc´ıcio usa-se o resultado do anterior. A frequˆencia ´e ν = 5×10 14 Hz, e = 5 ×10 −10 ues e c = 3 ×10 10 cm/s. Assim, P = 16 ×π 4 ×25 ×25 ×10 56 ×5 2 ×10 −20 ×10 −16 3 ×3 ×10 30 = 25 ×10 −6 erg/s 10 −5 erg/s = 10 −5 ×10 −7 J/s ou, P 10 −12 W Exerc´ıcio 5.10.12 Com base na f´ormula de Larmor para a potˆencia m´edia irradiada por uma part´ıcula acelerada com carga el´etrica e, equa¸ c˜ao (5.31), dˆe uma explica¸ c˜ ao de por que o c´eu ´e azul. A f´ormula de Larmor ´e dada pela equa¸c˜ao (5.31) do livro, ou seja, P = 2e 2 3c 3 a 2 A equa¸c˜ao de movimento de uma part´ıcula de massa m e carga el´etrica e, sob a a¸c˜ao de um campo el´etrico uniforme E x = E ◦ = cos ωt ,de amplitude E ◦ e frequˆencia ω, ao longo da dire¸ c˜ao x, e uma for¸ ca restauradora linear tamb´em ao longo da dire¸ c˜ao x, F x = −mω 2 ◦ x, onde ω ◦ ´e a frequˆencia natural de oscila¸ c˜ao, ´e dada por m¨ x = −mω 2 ◦ x + eE ◦ cos ωt ou seja, ¨ x + ω 2 ◦ x = eE ◦ m cos ωt Ap´os um longo tempo, quando a part´ıcula oscila em fase e com a mesma frequˆencia do campo el´etrico, o deslocamento (x) da part´ıcula pode ser expresso como x = A cos ωt 5. Concepc¸˜ oes cl´ assicas sobre a natureza da luz 51 onde a amplitude A ´e dada por A = eE ◦ m _ ω 2 ◦ −ω 2 _ Assim, o deslocamento da part´ıcula pode ser expresso como x = eE ◦ m _ ω 2 ◦ −ω 2 _ cos ωt e, a acelera¸c˜ao (a = ¨ x), para ω ◦ ω, por a = − eE ◦ ω 2 cos ωt mω 2 ◦ Assim, chega-se a P = 2e 4 E 2 ◦ ω 4 _ cos 2 (ωt) _ 3m 2 ω 4 ◦ c 3 = e 4 E 2 ◦ c 3m 2 ω 2 ◦ λ 4 que foi obtida usando-se o resultado do Exerc´ıcio 5.10.2 e depois expressando o resultado final em termos do comprimento de onda λ, dado pela rela¸ c˜ao ω = c/λ. Este resultado, encontrado originalmente por Lord Rayleigh, permite concluir que a luz azul (de menor comprimento de onda) ´e mais espalhada do que a luz vermelha. De fato, os comprimentos de onda do azul variam entre 450 − 495 nm (nanˆ ometros), enquanto os do vermelho est˜ao compreendidos entre 620 − 750 nm. Se, para efeito de estimativa, consideram-se os valores m´edios λ azul = 472,5 nm e λ vermelho = 685 nm, obt´em-se P azul P vermelho _ λ vermelho λ azul _ 4 = _ 685 472,5 _ 4 = 4,4 Assim, o c´eu ´e azul porque o que se vˆe ´e a luz refratada e espalhada pelas mol´eculas de oxigˆenio e nitrogˆenio que comp˜ oem o c´eu em sua maioria, ou seja, n˜ ao se est´a olhando diretamente para a fonte da luz. Entretanto, como a luz violeta tem um comprimento de onda ainda menor ( 380 − 450 nm) do que o azul, pode-se indagar por que, ent˜ ao, o c´eu n˜ao ´e violeta em vez de azul. Acontece que a vis˜ao do olho humano normal ´e mais acurada para comprimentos de onda contidos no intervalo de 400 − 700 nm. Desse modo, uma parte do violeta n˜ ao se vˆe e a restante, com comprimentos mais pr´oximos do azul, se confunde com esta cor. 52 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 5.10.13 Um pr´oton percorre uma ´orbita circular de raio r = 1 m atrav´es do campo magn´etico uniforme de um c´ıclotron, com energia cin´etica igual a 50 MeV. Calcule a energia perdida pelo pr´ oton durante seu movimento orbital. A energia perdida pelo pr´ oton no movimento orbital pode ser expressa por = P · T = P ν onde a potˆencia ´e dada pela f´ormula de Larmor, P = 2e 2 a 2 /(3c 3 ). O sistema de coordenadas utilizado na solu¸ c˜ao est´a apresentado na figura a seguir, com a posi¸ c˜ao ao longo do eixo-y dada por y = r cos θ = r cos ωt e a acelera¸c˜ao, por a = −ω 2 r cos ωt, donde se tira que a 2 = ω 4 r 2 /2. Assim, a potˆencia de Larmor pode ser escrita como P = ω 4 r 2 e 2 3c 3 A frequˆencia angular ω pode ser eliminada e expressa em termos da energia cin´etica, c , do pr´ oton que se move no c´ıclotron e do seu raio r, lembrando apenas que v = ωr e c = 1 2 mv 2 = 1 2 mω 2 r 2 ⇒ ω 2 = 2 c mr 2 Assim, P = 4 2 c e 2 3m 2 r 2 c 3 = _ c mc 2 _ 2 × 4e 2 c 3r A raz˜ao entre a energia do pr´ oton (50 MeV) e sua energia de repouso ( 1 GeV) ´e c mc 2 = c mc 2 = 5 ×10 7 10 9 = 5 ×10 −2 5. Concepc¸˜ oes cl´ assicas sobre a natureza da luz 53 O termo e 2 c/(3r) vale, no CGS, para r = 100 cm, e 2 c 3r = (4,8) 2 ×10 −20 ×3 ×10 10 3 ×10 2 = 23,04 ×10 −12 erg/s Assim, a potˆencia ´e P = 5 ×10 −2 ×2,3 ×10 −11 erg/s = 11,5 ×10 −13 erg/s Lembrando que 1 erg = 10 12 /1,6 eV, a potˆencia perdida pelo pr´ oton em seu movimento orbital ´e P = 11,5 ×10 −13 ×10 12 ×10 1,6 eV/s ⇒ P = 0,72 eV/s Como ω 2 = 4π 2 ν 2 = 2 c mr 2 ⇒ ν = 1 2π _ 2 c mr 2 Logo, no SI, ν = 1 2π × ¸ 2 ×5 ×10 7 ×1,6 ×10 −19 1,673 ×10 −27 ×1 0,98 ×10 8 2 ×3,1415 = 1,6 ×10 7 Hz e, portanto, a energia perdida pelo pr´ oton, por ciclo, no movimento orbital ´e = P ν = 0,72 1,6 ×10 7 ⇒ 4,5 ×10 −8 eV 54 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 5.10.14 Fa¸ ca um esbo¸co da se¸c˜ao de choque diferencial de Thomson, equa¸c˜ao (5.41), em fun¸ c˜ao do ˆangulo θ de espalhamento, ou seja, _ dσ dΩ _ Th = _ e 2 mc 2 _ 2 (1 + cos 2 θ) 2 (5.1) A distribui¸ c˜ao angular da se¸ c˜ao de choque diferencial de Thomson ´e dada pela figura acima. Note que a se¸c˜ao de choque diferencial de Thomson apresenta um m´ınimo para θ = 90 o e ´e m´axima nas regi˜ oes ao longo do feixe (θ = 0 o e θ = 180 o ). 6 A Eletrodinˆamica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein Exerc´ıcio 6.11.1 Dada a equa¸ c˜ao de onda de d’Alembert ∇ 2 Ψ− 1 c 2 ∂ 2 Ψ ∂t 2 = 0 considerando que Ψ(x, y, z, t) ´e um campo escalar, segundo uma transforma¸ c˜ao de coordenadas entre dois referenciais inerciais, mostre que: a) a equa¸c˜ao n˜ao ´e invariante sob a transforma¸ c˜ ao de Galileu _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ x = x −vt y = y z = z t = t b) a equa¸c˜ao ´e invariante sob a transforma¸ c˜ao de Lorentz _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ x = γ(v)(x −vt) y = y z = z t = γ(v)(t −xv/c 2 ) onde γ(v) = (1−v 2 /c 2 ) −1/2 , (x , y , z , t ) e (x, y, z, t) s˜ao as coordenadas espa¸co- temporais segundo dois referenciais S e S, cujas origens coincidem no instante 55 56 F´ısica Moderna Caruso • Oguri inicial (t = t = 0), e S se desloca em rela¸ c˜ao a S, na dire¸ c˜ ao x, com velocidade constante v. a) as transforma¸ c˜oes de Galileu entre dois sistemas inerciais S e S , _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ x = x −vt ⇒ ∂ ∂x = ∂x ∂x ∂ ∂x = ∂ ∂x y = y ⇒ ∂ ∂y = ∂ ∂y z = z ⇒ ∂ ∂z = ∂ ∂z t = t ⇒ ∂ ∂t = ∂x ∂t ∂ ∂x + ∂t ∂t ∂ ∂t = −v ∂ ∂x + ∂ ∂t implicam ∂ 2 ∂x 2 = ∂ 2 ∂x 2 , ∂ 2 ∂y 2 = ∂ 2 ∂y 2 , ∂ 2 ∂z 2 = ∂ 2 ∂z 2 e ∂ 2 ∂t 2 = v 2 ∂ 2 ∂x 2 − 2v ∂ 2 ∂x ∂t + ∂ 2 ∂t 2 Uma vez que para um campo escalar Ψ(x, y, z, t) = Ψ (x , y , z , t ) a equa¸c˜ao de onda de d’Alembert pode ser escrita nos dois sistemas inerciais como _ ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 + ∂ 2 ∂x 2 − 1 c 2 ∂ 2 ∂t 2 _ Ψ = = _ ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 − v 2 c 2 ∂ 2 ∂x 2 + 2 v c ∂ 2 ∂x ∂t − 1 c 2 ∂ 2 ∂t 2 _ Ψ = = _ _ 1 − v 2 c 2 _ ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 + 2 v c ∂ 2 ∂x ∂t − 1 c 2 ∂ 2 ∂t 2 _ Ψ = 0 ou seja, a equa¸ c˜ao n˜ao mant´em a mesma forma nos dois sistemas inerciais S e S : _ _ 1 − v 2 c 2 _ ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 + 2 v c ∂ 2 ∂x ∂t − 1 c 2 ∂ 2 ∂t 2 _ Ψ = 0 6. A Eletrodinˆ amica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 57 b) por outro lado, as transforma¸ c˜oes de Lorentz entre dois sistemas inerciais S e S , _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ x = γ(v)(x −vt) ⇒ ∂ ∂x = ∂x ∂x ∂ ∂x + ∂t ∂x ∂ ∂t = γ ∂ ∂x − γ v c 2 ∂ ∂t y = y ⇒ ∂ ∂y = ∂ ∂y z = z ⇒ ∂ ∂z = ∂ ∂z t = γ(v)(t −xv/c 2 ) ⇒ ∂ ∂t = ∂x ∂t ∂ ∂x + ∂t ∂t ∂ ∂t = −γv ∂ ∂x + γ ∂ ∂t onde γ = (1 −v 2 /c 2 ) −1/2 , implicam ∂ 2 ∂x 2 = γ 2 ∂ 2 ∂x 2 −2γ 2 v c 2 ∂ 2 ∂x ∂t + γ 2 v 2 c 4 ∂ 2 ∂t 2 , ∂ 2 ∂y 2 = ∂ 2 ∂y 2 , ∂ 2 ∂z 2 = ∂ 2 ∂z 2 e ∂ 2 ∂t 2 = γ 2 v 2 ∂ 2 ∂x 2 − 2γ 2 v ∂ 2 ∂x ∂t + γ 2 ∂ 2 ∂t 2 ou seja, no sistema S , _ γ 2 ∂ 2 ∂x 2 − 2γ 2 v c 2 ∂ 2 ∂x ∂t + γ 2 v 2 c 4 ∂ 2 ∂t 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 + −γ 2 v 2 c 2 ∂ 2 ∂x 2 + 2γ 2 v c 2 ∂ 2 ∂x ∂t − γ 2 c 2 ∂ 2 ∂t 2 _ Ψ = 0 Fazendo-se um pequeno algebrismo, vˆe-se que a equa¸c˜ao de onda de d’Alembert mant´em a mesma forma em dois sistemas inerciais. De fato, _ γ 2 _ 1 − v 2 c 2 _ . ¸¸ . 1 ∂ 2 ∂x 2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2 − 1 c 2 γ 2 _ 1 − v 2 c 2 _ . ¸¸ . 1 ∂ 2 ∂t 2 _ Ψ = 0 Exerc´ıcio 6.11.2 Estime o valor de _ 1 −v 2 /c 2 para a) v = 10 −2 c b) v = 0,9998 c _ 1 − v 2 c 2 = _ 1 − v 2 c 2 _ 1/2 58 F´ısica Moderna Caruso • Oguri a) v c = 10 −2 =⇒ _ 1 − v 2 c 2 _ 1/2 1 − 1 2 v 2 c 2 = 1 − 0,0001 2 = 0,99995 b) v c = 0,9998 = 1 −0,0002 _ 1 − v 2 c 2 _ 1/2 = _ 1 −(1 −0,0002) 2 . ¸¸ . 1−0,0004 ¸ 1/2 = (0,0004) 1/2 0,02 Exerc´ıcio 6.11.3 Um trem de 900 m de comprimento desloca-se em rela¸ c˜ao `a esta¸c˜ao com velocidade de 180 km/h. Dois sinalizadores colocados em seus extremos emitem feixes luminosos um contra o outro que, segundo um observador na esta¸c˜ao, foram emitidos simultaneamente. Determine o intervalo de tempo entre os dois sinais para um observador no trem. Dados sobre o trem: _ _ _ L o = 900 m (comprimento pr´ oprio) v = 180 km/h = 50 m/s (velocidade com rela¸c˜ao `a esta¸c˜ao) Orientando-se os eixos x e x de dois sistemas inerciais S (solid´ario `a esta¸c˜ao) e S (no interior do trem) paralelamente ` a velocidade (v) do trem, sincronizados tal que x = x = 0 em t = t = 0, pode-se escrever a rela¸c˜ao entre as medidas de tempo em S e S como t = γ(v) _ t −xv/c 2 _ onde γ(v) = _ 1 −v 2 /c 2 _ −1/2 Se um observador em S determinou que dois eventos (1 e 2) ocorridos nos extremos do trem, em x 1 e x 2 , foram simultˆ aneos (t 1 = t 2 ), para um observador em S , o processo correspondeu a um intervalo de tempo (∆t = t 2 − t 1 ) que pode ser determinado por t 2 −t 1 . ¸¸ . ∆t = γ(v) _ (t 2 −t 1 ) . ¸¸ . 0 −(x 2 −x 1 ) . ¸¸ . L v/c 2 ¸ =⇒ ∆t = γ(v)L v c 2 onde L ´e a distˆancia entre os pontos x 1 e x 2 , ou seja, o comprimento do trem para um observador em S, relacionado com o comprimento pr´ oprio por L = L o /γ Assim, ∆t = L o v c 2 = 900 ×50 9 ×10 16 = 5,0 ×10 −13 s ⇒ ∆t = 0,5 ps 6. A Eletrodinˆ amica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 59 Exerc´ıcio 6.11.4 O comprimento de um foguete em movimento, em rela¸ c˜ao a um observador na Terra, ´e cerca de 1% menor do que quando em repouso. Calcule a velocidade do foguete. Sabe-se que o comprimento do foguete (L) para um observador na Terra est´ a relacionado com o seu comprimento pr´oprio (L o ) por L = L o γ onde γ(v) = _ 1 −v 2 /c 2 _ −1/2 e v ´e a velocidade do foguete. Sendo L tamb´em cerca de 1% menor que L o , ou seja, L o −L L o = (γ −1) γ = 1 − 1 γ = 0,01 resulta que 1 γ = _ 1 − v 2 c 2 _ 1/2 = 0,99 Assim, 1 − v 2 c 2 = 0,9801 =⇒ v c = _ 0,0199 =⇒ v 0,14 c = 4,2 ×10 7 m/s Exerc´ıcio 6.11.5 Segundo um observador O , que se desloca em rela¸ c˜ ao a um outro observador O com velocidade v = 0,4 c, dois eventos separados por uma distˆancia de 550 m ocorreram simultaneamente. Determine, para o observa- dor O, a distˆ ancia e a diferen¸ca de tempo de ocorrˆencia entre os dois eventos. Dois eventos que ocorreram simultaneamente em pontos separados por uma distˆancia d = 550 m, para um observador O que se move em rela¸c˜ao a um observador O com velocidade constante v = 0,4 c, est˜ao separados por uma distˆancia pr´ opria d = γ(v)d , onde γ(v) = _ 1 − v 2 /c 2 _ −1/2 = _ 1 − 0,16 _ −1/2 1,091. Assim, a distˆancia d em rela¸c˜ao a um observador O ´e igual a d = 600 m e o intervalo de tempo (∆t) para eventos espacialmente separados que ocorreram simultaneamente para O ´e dado por ∆t = γd .¸¸. d v c 2 = v c d c = 0,4 × 600 3 ×10 8 = 8,0 ×10 −7 s ⇒ ∆t = 0,8 µs 60 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 6.11.6 Um avi˜ ao se move em rela¸ c˜ao ao solo com velocidade de 600 m/s. Seu comprimento pr´ oprio ´e de 50 m. Determine de quanto ele parecer´a mais curto para um observador no solo. Para um observador no solo, o comprimento (L) de um avi˜ ao que se desloca com velocidade (v c) igual a 600 m/s relaciona-se com o comprimento pr´oprio (L o = 50 m) por L = L o γ(v) = γ(v) −1 L o = _ 1 − v 2 c 2 _ 1/2 L o L o − 1 2 v 2 c 2 L o Assim, o encurtamento (∆L) do avi˜ ao para um observador no solo ser´ a dado por ∆L = L o −L = 1 2 _ v c _ 2 L o = 1 2 _ 600 3 ×10 8 _ 2 50 = 10 −10 m ⇓ ∆L = 0,1 nm Exerc´ıcio 6.11.7 Um avi˜ao se desloca em rela¸ c˜ao ao solo com velocidade de 600 m/s. Determine ap´os quanto tempo um rel´ ogio no solo e outro no interior do avi˜ao ir˜ao diferir por 2 µs. Para um observador no solo, a dura¸ c˜ao (τ T ) de um intervalo de tempo ocorrido em um avi˜ao que se desloca com velocidade (v c) igual a 600 m/s relaciona-se com a dura¸ c˜ao pr´opria (τ o ) por τ T = γ(v)τ o =⇒ τ o = γ(v) −1 τ T = _ 1 − v 2 c 2 _ 1/2 τ T τ T − τ T 2 v 2 c 2 Assim, para um observador no solo, uma diferen¸ ca de tempo (∆τ = τ T −τ o ) nas medidas dos rel´ogios igual a 2,0 µs ser´a dada por ∆τ = τ T −τ o = 2 ×10 −6 = τ T 2 _ v c _ 2 = τ T 2 _ 600 3 ×10 8 _ 2 Desse modo, para um observador no solo, ser´a necess´ario um intervalo de tempo da ordem de τ T = 10 6 s 11,6 dias para que as medidas dos rel´ogios difiram por um valor igual a 2,0 µs. 6. A Eletrodinˆ amica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 61 Exerc´ıcio 6.11.8 O tempo pr´oprio de vida dos m´ uons ´e da ordem de 2,2 µs. Se um feixe de m´ uons penetra na atmosfera com velocidade de 0,99 c, estime o tempo de vida para um observador na Terra. Se v = 0,99c, v c = 0,99 = 1 −0,01 =⇒ v 2 c 2 = (1 −0,01) 2 1 −0,02 Assim, se τ ◦ = 2,2 µs ´e o tempo de vida pr´ oprio de um m´ uon, para um observador na Terra, que o observa com velocidade igual a v = 0,99 c, o tempo de vida (τ T ) ser´a dado por τ T = γ(v)τ ◦ = τ ◦ _ 1 −v 2 /c 2 = 2,2 ×10 −6 _ 1 −(1 −0,02) = 10 √ 2 × 2,2 ×10 −6 ⇓ τ T = 15,6 µs De acordo com a lei de decaimento de uma part´ıcula inst´ avel, a partir de uma quantidade inicial N ◦ , o n´ umero m´edio (N) de part´ıculas sobreviventes ap´os um intervalo de tempo t ´e dado por N = N ◦ e −t/τ onde τ ´e o tempo m´edio de vida da part´ıcula, segundo um dado observador. Para um observador na superf´ıcie da Terra, o tempo (t) que um m´ uon a uma altura d 10 km, na atmosfera, demora para percorre essa distˆancia com velocidade c ´e da ordem de t = d/c. Desse modo, o n´ umero m´edio de m´ uons que conseguem alcan¸car o solo ´e dado por N = N ◦ e t/γcτ ◦ N ◦ 8,5 ou seja, cerca de 10% dos m´ uons. Se n˜ ao houvesse o efeito de dilata¸c˜ao temporal, ou de contra¸ c˜ao espacial, esse n´ umero seria dado por N = N ◦ e t/cτ ◦ N ◦ 3,8 ×10 6 ou seja, cerca de 0,00003%. Assim, para cada 10 milh˜oes de m´ uons (10 7 ), presentes em um dado momento na atmosfera, que se deslocam em dire¸c˜ao `a superf´ıcie da Terra com velocidade da ordem de c, cerca de 1 milh˜ao de m´ uons alcan¸ cam o solo, e n˜ao 3 como previsto pela cinem´atica n˜ao relativ´ıstica. Esta ´e um importante resultado da Teoria da Relatividade Restrita. 62 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 6.11.9 Um cubo tem volume pr´ oprio de 1 000 cm 3 . Determine o volume para um observador que se move com velocidade igual a 0,8 c em rela¸ c˜ao ao cubo, em uma dire¸ c˜ao paralela a uma das arestas. Segundo um observador O, para o qual o cubo se move com a velocidade v = 0,8 c, o volume do cubo (V ) ´e expresso por V = l x ×l y ×l z onde l x , l y e l z s˜ao os comprimentos dos trˆes lados ortogonais entre si e, respectivamente, paralelos aos eixos x, y e z de um sistema cartesiano solid´ario a O. Por outro lado, para um observador O , que se desloca com a velocidade do cubo, o volume pr´ oprio (V o = 1 000 cm 3 ) pode ser expresso como V o = 1 000 cm 3 = l x ×l y ×l z onde l x , l y e l z s˜ao os comprimentos dos trˆes lados ortogonais entre si e, respectivamente, paralelos aos eixos x , y e z de um sistema cartesiano solid´ario a O . Orientando-se os sistemas cartesianos tal que os respectivos eixos (x, y, z) e (x , y , z ) sejam paralelos; que x = x = 0, y = y = 0 e z = z = 0 para t = t = 0; e que o cubo se movimente na dire¸c˜ao x, as medidas de comprimento nas dire¸c˜oes y e z ser˜ao invariantes, _ _ _ l y = l y l z = l z e medidas de comprimento na dire¸ c˜ao x estar˜ao relacionadas por l x = l x γ(v) = _ 1 −(v/c) 2 l x = _ 1 −(0,8) 2 l x = 0,6 l x Desse modo, a rela¸c˜ao entre os volumes V e V o ser´a dada por V V o = l x ×l y ×l z l x ×l y ×l z = 0,6 e o volume V , por V = 0,6 V o .¸¸. 1000 ⇒ V = 600 cm 3 6. A Eletrodinˆ amica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 63 Exerc´ıcio 6.11.10 A figura a seguir mostra o esquema do interferˆ ometro de Michelson-Morley, com o feixe de luz paralelo ` a velocidade (v 3 × 10 4 m/s) orbital da Terra em torno do Sol, no qual franjas de interferˆencia s˜ao observadas por meio de uma luneta. A B Considerando que a velocidade orbital da Terra ´e igual ` a velocidade do aparato atrav´es do ´eter, se o aparato sofrer uma rota¸ c˜ao de 90 ◦ no sentido trigonom´etrico, calcule o desvio esperado ∆N das franjas de interferˆencia, para l A l B = 10 m. Trata-se de uma aplica¸c˜ao imediata da equa¸c˜ ao (6.7) do livro de texto: δ −δ ∗ = ( A + B ) v 2 c 2 Neste caso, o desvio esperado ∆N = (δ − δ ∗ )/λ, para luz de s´ odio (λ 5 900 ˚ A), ´e dado por ∆N = δ −δ ∗ λ = 20 5,9 ×10 −7 _ 3 ×10 4 3 ×10 8 _ 2 ⇓ ∆N = 0,34 64 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 6.11.11 Os bra¸ cos do interferˆometro original de Michelson-Morley tinham cerca de 10 m e a fonte de luz era de s´odio, com comprimento de onda de 5 900 ˚ A. • Determine as diferen¸ cas de tempo e de marcha esperadas quando o feixe de luz ´e paralelo ` a velocidade da Terra. • Se a sensibilidade do aparelho para o deslocamento das franjas era de 0,005, estime qual seria a menor velocidade que a Terra poderia apresen- tar em rela¸ c˜ao ao ´eter. Os dados s˜ao = 10 m e v 3 × 10 4 m/s. As diferen¸ cas de marcha e de tempo para um feixe que se move paralelo `a Terra, em um experimento de Michelson-Morley, s˜ao relacionadas e dadas pela equa¸ c˜ao (6.3) do livro de texto: δ = c∆t = 2( 1 − 2 ) + (2 1 − 2 ) v 2 c 2 = 10 × _ 3 ×10 4 3 ×10 8 _ 2 = 10 ×10 −8 ⇓ δ = 10 −7 m uma vez que 1 = 2 . J´a a diferen¸ ca de tempo ´e dada por ∆t = δ c = 10 −7 m 3 ×10 8 m/s ⇓ ∆t = 0,33 ×10 −15 s O exerc´ıcio pede ainda para estimar a menor velocidade que a Terra poderia apresentar em rela¸c˜ao ao ´eter se a sensibilidade do experimento para o deslocamento das franjas era 0,005. Neste caso, 0,005 = 2 λ v 2 c 2 ⇒ v c = 1,2 ×10 −4 o que implicaria v = 3,6 ×10 4 m/s 6. A Eletrodinˆ amica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 65 Exerc´ıcio 6.11.12 A Tabela a seguir mostra alguns dados obtidos por Kaufmann mostrando a dependˆencia esperada por ele da raz˜ao e/m com a ve- locidade v dos el´etrons. Fa¸ca um esbo¸co dessa dependˆencia e compare-o com o resultado esperado relativisticamente, ou seja, e/(γm). Para fazer o esbo¸co da dependˆencia de e/m com a velocidade, considere a tabela a seguir. 1,00 1,50 2,36 2,48 2,59 2,72 2,83 Velocidade (10 10 cm/s) e/m (10 8 C/g) 1,7 1,52 1,31 1,17 0,97 0,77 0,63 1,06066 1,154701 1,619753 1,777171 1,981634 2,370523 3,01344 ° e/°m (10 8 C/g) 1,658213 1,523165 1,085844 0,989663 0,88755 0,741946 0,583652 As duas primeiras colunas correspondem aos dados do exerc´ıcio; a terceira mostra os diversos valores do fator de Lorentz γ e a ´ ultima leva em conta como valor esperado para e/(γm) o valor atual de e/m dividido pelo respectivo γ. 66 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Na figura, comparam-se os valores obtidos por Kaufmann (c´ırculos) com os valores esperados segundo a Relatividade Restrita (quadrados). Cabe notar que a discrepˆancia notada foi o motivo que levou Kaufmann a criticar a teoria de Einstein na ´epoca de suas medidas. A controv´ersia s´o foi dirimida ap´os os experimentos com raios β de A.H. Bucherer, cujos resultados foram apresentados em Colˆonia, em 22 de setembro de 1908, os quais eram compat´ıveis com as previs˜oes de Lorentz e da Teoria da Relatividade de Einstein. 7 A desconstru¸ c˜ao do ´atomo: algumas evidˆencias do s´eculo XIX Exerc´ıcio 7.5.1 Calcule os comprimentos de onda para as primeiras transi¸ c˜oes nas s´eries de Lyman, Paschen e Brackett para o ´atomo de hidrogˆenio. A equa¸ c˜ao (7.4) do livro de texto d´ a a express˜ao da generaliza¸ c˜ao da f´ ormula de Balmer obtida por Rydberg e por Ritz: 1 λ = R H 1 m 2 − 1 n 2 Para a solu¸ c˜ao deste exerc´ıcio ´e conveniente explicitar o comprimento de onda (em cent´ımetros) como λ = 1 R H 1 m 2 − 1 n 2 Tomando o valor de R H = 1,097337 ×10 5 cm −1 , e relembrando que, para a s´erie de Lyman m = 1, para a de Paschen, m = 3 e para a de Brackett, m = 4, os resultados encontrados s˜ao: • Para Lyman: λ 12 = 1 215 ˚ A e λ 13 = 1 025 ˚ A 67 68 F´ısica Moderna Caruso • Oguri • Para Paschen: λ 34 = 18 750 ˚ A e λ 35 = 12 810 ˚ A • Para Brackett: λ 45 = 44 440 ˚ A e λ 46 = 26 240 ˚ A Exerc´ıcio 7.5.2 Em 1871, Stoney havia demonstrado que os comprimentos de onda das trˆes primeiras raias do espectro do ´ atomo de hidrogˆenio, denotadas por H α (a de maior comprimento de onda), H β e H γ , guardavam a seguinte propor¸c˜ao: H α : H β : H γ = 1 20 : 1 27 : 1 32 que representam, usando seus termos, “o 20 o , 27 o e 32 o harmˆonicos de uma vibra¸ c˜ao fundamental”. Mostre que essas raz˜oes resultam da f´ ormula de Balmer para os valores n = 2 e m = 3, 4, 6. A f´ormula de Balmer pode ser escrita como λ = C 1 m 2 − 1 n 2 onde C = 1/R H . As rela¸c˜oes obtidas por Stoney, em 1871, referem-se `as raias de Balmer correspondentes aos valores m = 3, 4 e 6. Para estes valores, a aplica¸c˜ao direta da f´ ormula anterior fornece os seguintes comprimentos de onda: λ 3 = C 5 36 = 36 5 C λ 4 = C 3 16 = 16 3 C λ 6 = C 8 36 = 36 8 C 7. A desconstruc¸˜ ao do ´ atomo: algumas evidˆ encias do s´ eculo XIX 69 Na nota¸ c˜ao de Stoney, estes valores est˜ao respectivamente associados `as raias H α , H β e H γ . Suas raz˜oes valem H α : H β = 36C 5 × 3 16C = 27 20 e H α : H γ = 36C 5 × 8 36C = 8 5 = 32 20 Portanto, H α : H β : H γ = 1 20 : 1 27 : 1 32 Exerc´ıcio 7.5.3 Determine o maior e o menor comprimento de onda da s´erie de Lyman. Utilizando para 1/R H o valor aproximado de 0,9115 ×10 −5 cm, encontra-se que o menor comprimento de onda para a s´erie de Lyman ´e 911,3 ˚ A e o maior, 1 215 ˚ A. Exerc´ıcio 7.5.4 Determine o n´ umero de linhas/mm de uma rede de difra¸ c˜ao cujo espa¸camento entre linhas ´e de 2 ×10 −8 m. Uma rede de difra¸c˜ao de Rowland tinha uma resolu¸ c˜ao de 600 linhas/mm, o que corresponde a uma distˆ ancia entre as linhas de cerca de 1/600 167 ×10 −3 mm. J´a uma rede com um espa¸camento entre linhas de 2 ×10 −8 m = 2 ×10 −5 mm corresponde a um poder de resolu¸c˜ao de 1 2 ×10 −5 = 50 000 linhas/mm Exerc´ıcio 7.5.5 Determine o n´ umero de moles de hidrogˆenio (H 2 ) obtidos pela eletr´olise de 1,08 kg de ´agua. A eletr´olise da ´agua ´e um processo do tipo 1 mol H 2 O → 1 mol H 2 + 1 2 mol O 2 A massa de 1 mol de H 2 O ´e 2 ×1 + 16 = 18 g. Portanto, o n´ umero de moles em 1,08 ×10 3 g de ´agua ´e n = 1,08 ×10 3 g 18 g/mol ⇒ n = 60 moles 70 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 7.5.6 Calcule o volume de hidrogˆenio liberado, a 27 o C e 700 mmHg, pela passagem de uma corrente de 1,6 A durante 5 minutos por uma cuba con- tendo hidr´oxido de s´odio. A carga el´etrica ´e o produto da corrente pelo tempo, Q = It. A carga total de hidrogˆenio decorrido o tempo t ´e, de acordo com Faraday, obtida da express˜ ao (lei) m(H 2 ) = KQ, onde K = 0,01045 mg/C. Assim, o n´ umero de moles ´e dado pela raz˜ao m µ = KIt µ = 1,045 ×10 −5 g/C 2 g ×1,6 C s ×300 s ⇒ n = 2,5 ×10 −3 O volume de hidrogˆenio ´e calculado pela equa¸c˜ao de Clapeyron V = nRT P A press˜ao de 700 mmHg ´e igual a 0,93 ×10 5 Pa. Logo, V = 2,5 ×10 −3 ×8,3 ×3 ×10 2 0,93 ×10 5 ou V = 6,7 ×10 −5 m 3 = 6,7 ×10 −2 L ⇒ V = 67 mL Exerc´ıcio 7.5.7 A partir de um ajuste linear do tipo y = ax, utilizando os dados de Faraday mostrados na tabela abaixo, determine o valor da constante de Faraday. A constante de Faraday (F), de acordo com as leis da eletr´olise, ´e a constante de proporcionalidade entre o equivalente eletroqu´ımico (K) e o equivalente qu´ımico (µ/n). 7. A desconstruc¸˜ ao do ´ atomo: algumas evidˆ encias do s´ eculo XIX 71 De acordo com os dados da tabela, a constante de Faraday pode ser obtida a partir de um ajuste linear do tipo y = ax onde y = µ/n, a = F e x = K. O parˆ ametro a e a respectiva incerteza σ a s˜ao determinados por a = xy x 2 e σ a = y Nx 2 sendo xy = N i=1 x i y i N , x 2 = N i=1 x 2 i N e y = N i=1 (y i −ax i ) (N −1) e N ´e o n´ umero total de medidas, no caso N = 5. Assim, a curva que melhor se ajusta `as medidas neste caso est´a representada na figura a seguir. O resultado desse ajuste indica o seguinte valor para a constante de Faraday: F = (9,651 ±0,001) ×10 4 C/mol a ser comparado com o valor de referˆencia (http://physics.nist.gov/) F = 96 485, 3399(24) C/mol 8 Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´etron e dos raios X Exerc´ıcio 8.5.1 Discuta quais foram as principais contribui¸ c˜oes dos estudos de descargas em gases no contexto da F´ısica na virada do s´eculo XIX para o s´eculo XX. O estudo das descargas em gases, durante o final do s´eculo XIX, foi um dos cap´ıtulos mais marcantes da F´ısica. Foi a partir dele que se descobriram o el´etron e os raios X. O debate cient´ıfico em torno deste tema teve o m´erito inicial de colocar na ordem do dia a discuss˜ao acerca da natureza da luz. A descoberta de ambas teve, historicamente, um papel essencial na compreens˜ao da estrutura da mat´eria e da F´ısica Atˆomica. O el´etron p˜ oe em evidˆencia, depois de cerca de 25 s´eculos, o fato de que o ´atomo n˜ao ´e indivis´ıvel, como acreditavam os fil´ osofos gregos e os qu´ımicos at´e o s´eculo XIX. Por outro lado, dos estudos de raios cat´odicos v˜ao aparecer as primeiras v´alvulas e os primeiros diodos, marcos de uma nova era que estava para se inaugurar no s´eculo XX, a era da eletrˆonica, que viria a mudar qualitativamente a tecnologia deste s´eculo. J´a os raios X, descobertos por R¨ontgen, foram muito importantes no estudo da cristalografia, a partir dos estudos de William Henry Bragg e William Lawrence Bragg e na pr´opria compreens˜ ao das regularidades atˆ omicas, como ficou evidenciado a partir do trabalho sistem´ atico de Moseley abordado no Cap´ıtulo 12. Assim como o el´etron, os raios X tiveram enorme impacto sobre a sociedade, por suas aplica¸c˜oes na ´area m´edica e, posteriormente, na ind´ ustria. 73 74 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 8.5.2 Determine a raz˜ ao entre a for¸ca el´etrica que atua sobre uma part´ıcula carregada em um campo el´etrico de 20 V/m e o peso da part´ıcula para: a) um el´etron; b) um pr´ oton. Sabendo-se que o peso P = mg e a for¸ca de natureza el´etrica ´e F = qE, pode-se escrever F P = _ q m _ _ E g _ Substituindo os valores E = 20 V/m e g = 9,81 m/s 2 , obt´em-se F P = 2,04 _ q m _ a) Sabendo-se que, no SI, o m´ odulo da carga do el´etron ´e e = 1,6 × 10 −19 C e sua massa, m = 9,11 ×10 −31 kg, a raz˜ao carga/massa ´e igual a e m = 1,76 ×10 11 C/kg Assim, _ F P _ el´etron = 2,04 ×1,76 ×10 11 = 3, 6 ×10 11 b) Sabendo-se que a carga do pr´ otron ´e e = 1,6 × 10 −19 C e sua massa, m = 1836 m e , _ F P _ pr´otron = 1 1836 _ F P _ el´etron = 1,96 ×10 8 Exerc´ıcio 8.5.3 Determine a velocidade que um el´etron adquire quando acelerado a partir do repouso atrav´es de uma diferen¸ ca de potencial de 600 V. Note que quando V = 600 V, a quantidade eV mc 2 e, portanto, o problema pode ser tratado n˜ ao relativisticamente. A for¸ca ´e dada por F = eE = e V d 8. Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X 75 que ´e constante, pois o campo ´e uniforme. O trabalho ´e igual `a varia¸ c˜ao da energia cin´etica, ou seja, Fd = ∆ c ⇒ 1 2 mv 2 = eV Logo, v = _ 2eV m = _ 2 ×1,76 ×10 11 ×6 ×10 2 = _ 2,11 ×10 14 ou v = 1,45 ×10 7 m/s Exerc´ıcio 8.5.4 Ap´os atingir a velocidade calculada no problema anterior, o el´etron penetra em uma regi˜ ao (x ≥ 0) onde h´a um campo el´etrico de 40 V/m, no sentido −y. Determine: a) as coordenadas do el´etron ap´os 5 ×10 −8 s, sabendo que sua velocidade ao penetrar na regi˜ao fazia um ˆ angulo de 30 ◦ com a dire¸ c˜ao x; b) a dire¸ c˜ao da velocidade nesse instante. Considere o movimento no plano segundo o esquema a seguir. As componentes da trajet´oria no plano x-y s˜ao, respectivamente, _ _ _ x = (v cos θ ◦ )t y = (vsen θ ◦ )t − 1 2 at 2 76 F´ısica Moderna Caruso • Oguri a) Utilizando a = (e/m)E e os valores sen θ ◦ = 0,5, cos θ ◦ = √ 3/2 = 0,866, e/m = 1,76 ×10 11 C/kg nas equa¸ c˜oes anteriores, obt´em-se _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ x = 1,45 ×0,866 ×10 7 ×5 ×10 −8 ⇒ x = 62,8 cm y = 1,45 ×0,5 ×10 7 ×5 ×10 8 −0,5 ×1,76 ×10 11 ×40 ×25 ×10 −26 ⇒ y = 35,4 cm b) As componentes das velocidade s˜ao dadas por _ _ _ v x = (v cos θ ◦ ) t v y = v sen θ ◦ −at = v sen θ ◦ −(e/m)Et Assim, tg θ = v y v x = v sen θ ◦ −(e/m)Et v cos θ ◦ = tg θ ◦ −(e/m) E cos θ ◦ t v = 0,577 −1,76 ×10 11 × 40 0,866 ×5 ×10 −8 ×1,45 ×10 7 = 0,549 ⇒ θ = 28, 8 o Exerc´ıcio 8.5.5 Mostre que a sensibilidade, S, de um tubo de raio cat´ odico, definida como a raz˜ ao entre a deflex˜ao m´axima, Y , do feixe e a tens˜ao m´axima, V , aplicada entre as placas defletoras, ´e dada por S = Y V = lD 2dV a na qual l ´e o comprimento das placas defletoras, d e D s˜ao, respectivamente, as distˆancias entre as placas e das placas ao anteparo, e V a , o potencial acelerador. Na figura a seguir, θ ´e o ˆangulo que corresponde ` a deflex˜ ao m´axima do feixe entre as placas do capacitor, cujo comprimento ´e l. A distˆancia entre o ponto em que se d´a in´ıcio a deflex˜ao e o anteparo ´e D e Y , a deflex˜ao m´axima sobre 8. Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X 77 o anteparo. Y Seja V a o potencial acelerador. Assim, a partir da conserva¸ c˜ao da energia, pode-se determinar a velocidade inicial v o das part´ıculas do feixe em fun¸ c˜ao do potencial e da raz˜ao e/m. De fato, 1 2 mv 2 ◦ = eV a ⇒ v ◦ = _ 2e m V a As equa¸c˜oes de movimento nos eixos x e y s˜ao, respectivamente, _ _ _ x = v ◦ t y = 1 2 at 2 onde a acelera¸c˜ao a ´e dada por a = (e/m)E = (e/m)(V/D). Deste modo, y = 1 2 _ e m _ _ V d _ x 2 v 2 ◦ ⇒ dy dx = _ e m _ _ V d _ x 2 v 2 ◦ = 1 2 _ V V a _ x d e tg θ = Y D = 1 2 V V a l d ⇒ Y V = lD 2dV a Exerc´ıcio 8.5.6 Considere as seguintes dimens˜ oes de um t´ıpico tubo de raios cat´odicos comercial: • comprimento das placas do capacitor: l = 1,6 cm; • distˆancia entre as placas: d = 0,5 cm; 78 F´ısica Moderna Caruso • Oguri • distˆancia entre o final do capacitor e o anteparo: D = 15 cm. a) Sabendo que os el´etrons partem do repouso no catodo e s˜ao acelerados na dire¸c˜ao x por uma d.d.p. de 2 400 V entre o anodo e o catodo, calcule a velocidade com que eles penetram no capacitor. b) Sendo 500 V/m o valor do campo el´etrico entre as placas do capacitor, calcule o deslocamento do feixe em rela¸ c˜ao ao eixo x. Considere o esquema a seguir. Neste exerc´ıcio, l = 1,6 cm, d = 0,5 cm, D = 15 cm e V a = 2 400 V. a) A velocidade inicial ´e determinada por 1 2 mv 2 o = eV a ⇒ v o = _ 2V a (e/m) Utilizando o valor e/m = 1,76 ×10 11 C/kg, obt´em-se v o = _ 2 ×2,4 ×10 3 ×1,76 ×10 11 ⇒ v o = 2,9 ×10 7 m/s b) Como visto no exerc´ıcio anterior, o deslocamento y ´e dado por y = 1 2 _ e m _ E x 2 v 2 o = 1 4 _ E V a _ x 2 onde E = 500 V/m e, para x = l ⇒ y << d/l. Logo, dy dx = 1 2 _ e m _ _ E V a _ x = tg θ 8. Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X 79 Para x = l, foi visto no exerc´ıcio anterior que tg θ = 1 2 _ E V a _ l = Y D Portanto, Y = D 2 _ E V a _ l = 15 ×10 −2 ×5 ×10 2 ×1,6 ×10 −2 2 ×2,4 ×10 3 = 0,25 ×10 −3 m ou Y = 0,25 mm Exerc´ıcio 8.5.7 Dois feixes de ´ıons positivos que tˆem a mesma carga q e massas diferentes, m 1 e m 2 , s˜ ao acelerados horizontalmente, na dire¸ c˜ao y, no plano zy, a partir do repouso, por uma diferen¸ ca de potencial V . Eles ent˜ao entram em uma regi˜ ao onde existe um campo magn´etico uniforme B normal ao plano do movimento. Mostre que os valores das coordenadas y 1 e y 2 para pequenas deflex˜oes de cada feixe, considerado o mesmo intervalo de tempo t, satisfazem a seguinte rela¸ c˜ao: y 1 y 2 = _ m 2 m 1 _ 1/2 Considere o esquema da figura a seguir, na qual cada ´ıon de um feixe, ap´ os ser acelerado por uma ddp constante V , e ter adquido velocidade v, penetra em uma regi˜ao onde sofre a a¸c˜ao de uma for¸ca F = qv × B, perpendicular ` a velocidade. Como F ⊥ v, o movimento dos ´ıons ´e circular uniforme, e a velocidade pode ser expressa como v = ωr. 80 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Assim, o ˆangulo descrito ap´ os um intervalo de tempo t ´e dado por θ = ωt. Logo, para pequenos ˆ angulos, y rθ = ωrt = vt A velocidade pode ser determinada tamb´em pela conserva¸c˜ao de energia, 1 2 mv 2 = qV ⇒ v = _ 2qV m onde V ´e o potencial acelerador. Substituindo o valor de v na express˜ao anterior para y encontra-se y = _ 2qV m t ⇒ y 1 (t) y 2 (t) = _ m 2 m 1 _ 1/2 Exerc´ıcio 8.5.8 Uma part´ıcula carregada entra em uma regi˜ ao entre duas placas met´alicas paralelas, muito grandes. A velocidade da part´ıcula ´e paralela `as placas no instante em que ela penetra nessa regi˜ao. As placas est˜ao separadas por uma distˆancia de 2 cm e a diferen¸ ca de potencial entre elas ´e de 2 000 V. Ap´os a part´ıcula ter penetrado 5 cm no espa¸co entre as duas placas, verifica-se que ela foi defletida de 0,6 cm. Mantendo-se o campo el´etrico, aplica-se um campo magn´etico cuja densidade de fluxo ´e igual a 0,1 T e verifica-se que a part´ıcula n˜ ao sofre mais qualquer deflex˜ ao. Calcule a raz˜ ao entre a carga e a massa dessa part´ıcula. Na ausˆencia de campo magn´etico, j´a foi visto que as componentes da trajet´ oria no plano x-y s˜ao _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ x = v ◦ t y = 1 2 at 2 ⇒ y = 1 2 _ e m _ _ V d _ x 2 v 2 ◦ 8. Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X 81 Com campo magn´etico (B = 0,1 T), pela express˜ao da for¸ ca de Lorentz, E = v ◦ B =⇒ v ◦ = 1 B _ V d _ Logo, y = 1 2 e m B 2 V/d x 2 ⇒ e m = _ V d _ 2y B 2 x 2 = 2 ×10 3 ×2 ×0,6 ×10 −2 2 ×10 −2 ×10 −2 ×25 ×10 −4 ou, e m = 4,8 ×10 7 C/kg Exerc´ıcio 8.5.9 Mostre que, no experimento de Millikan, o campo el´etrico E, necess´ario para fazer subir uma gota de ´ oleo, de massa m e carga q, com uma velocidade igual ao dobro da de queda da gota na ausˆencia de campo tem m´odulo igual a E = 3mg/q, desprezando-se a resistˆencia do ar. A for¸ ca resultante sobre uma got´ıcula no experimento de Millikan, na ausˆencia de campo el´etrico, ´e dada por R = ρgV −ρ ar gV = ma = (ρ −ρ ar )gV Com o campo el´etrico E ligado, a nova resultante ´e R E = qE −(ρ −ρ ar )gV = ma E ⇒ qE = ma E + ma Como v = at e v E = a E t, e o problema diz que a segunda tem um m´odulo que ´e o dobro da primeira, segue que v E v = a E a = 2 ⇒ qE = 3ma 82 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Portanto, o m´ odulo do campo el´etrico deve valer E = 3ma q que pode ainda ser escrito como E = _ 1 − ρ ar ρ _ 3mg q Exerc´ıcio 8.5.10 Determine a diferen¸ ca de potencial que se deve aplicar ` as placas de um condensador, separadas de 5 mm, para equilibrar uma got´ıcula de ´oleo, cuja massa ´e 3,119 × 10 −3 g e cuja carga ´e igual a 5 vezes a carga do el´etron. Considere o esquema a seguir. A for¸ca resultante sobre uma got´ıcula carregada que ´e for¸ cada a subir por a¸c˜ao de um campo el´etrico E ´e dada por R = qE − 4π 3 a 3 (ρ −ρ ar )g −6πηav Se a got´ıcula est´a sendo mantida em repouso, R = 0 e v = 0, logo qE = 4π 3 a 3 ρg − 4π 3 a 3 ρ ar g = mg _ 1 − ρ ar ρ ´oleo _ Como a raz˜ao entre as densidades, neste caso, ´e da ordem de 0,1%, pode-se desprezar este termo na equa¸c˜ao anterior. Usando o fato de que o campo el´etrico ´e E = V/d, ent˜ao q V d = mg 8. Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X 83 Como q = 5e, V = mgd 5e = 3,119 ×10 −6 ×9,81 ×5 ×10 −3 5 ×1,6 ×10 −19 ⇒ V = 1,9 ×10 9 V Exerc´ıcio 8.5.11 Cite trˆes fatores importantes na defini¸c˜ao da espessura delgada da folha onde se encontra a janela de Lenard, justificando-os. A janela do aparato de Lenard deve ser delgada para evitar que o feixe se enfraque¸ ca pela intera¸c˜ao com a mat´eria, deve vedar bem o entorno do orif´ıcio para eliminar perdas inconvenientes e deve ser resistente o suficiente para suportar a diferen¸ ca de press˜ao entre o ar exterior e o ar rarefeito dentro do tubo. Exerc´ıcio 8.5.12 Os dados mostrados na tabela a seguir referem-se ao experimento de Millikan para medir a carga do el´etron. Separação entre as placas Voltagem das placas Distância de queda da gota Viscosidade do ar Densidade do óleo Densidade do ar DADOS GERAIS 0,016 m 5 085 V 1,021 x 10 -2 m 1,824 x 10 -5 N s/m 2 0,92 x10 3 kg/m 3 1,2 kg/m 3 TEMPOS MEDIDOS (s) Tempo médio de queda da gota (sem campo) Cinco medidas do tempo de subida da gota (com campo) 11,88 22,37 34,80 29,25 19,70 42,30 Estime o valor da carga do el´etron a partir desses dados. Os dados reportados na tabela acima representam uma pequena parte dos dados fornecidos na Tabela VI do livro The Electron, publicado por Millikan em 1917. Uma vez que a densidade do ´oleo ´e muito maior do que a do ar, ρ ´oleo >> ρ ar , 84 F´ısica Moderna Caruso • Oguri a express˜ao para a carga (q) adquirida por uma gota de ´ oleo, em fun¸ c˜ao das velocidades terminais de descida (v g ) e de subida (v E ) da gota, sob a a¸c˜ao de um campo el´etrico E, pode ser expressa como q 9π √ 2 E η 3/2 v 1/2 g ρ 1/2 g 1/2 (v g + v E ) onde η = 1,824 ×10 −5 N.s/m 2 , ρ = 0,92 g/cm 3 e g = 9,81 m/s 2 . Como V = 5 085 V e d = 1,6 cm, o campo el´etrico ser´a dado por E = V/d = 3,18 ×10 5 V/m. Por outro lado, as duas velocidades que aparecem na express˜ ao da carga podem ser expressas, em termos dos tempos de subida (t E ) e de descida (t g ) da got´ıcula, por v g = s/t g e v E = s/t E , onde s = 1,021 cm. Assim, a carga adquirida pela gota de ´ oleo pode ser expressa como q = 9π √ 2 E η 3/2 ρ 1/2 g 1/2 s 1/2 t 1/2 g s _ 1 t g + 1 t E _ = 9π √ 2 E (ηs/t g ) 3/2 (ρg) 1/2 _ 1 + t g t E _ ou q = 9π E ¸ 2 ρg _ ηs t g _ 3 . ¸¸ . Q _ 1 + t g t E _ Para um tempo m´edio de queda igual a t g = 11,88 s, resulta Q = 25,99 × 10 −19 C. Desse modo, de acordo com os dados para os tempos de subida, os valores para as cargas el´etricas das gotas s˜ao reportados na tabela a seguir. 1+t g /t E t E (s) q(×10 –19 C) 22,37 34,80 29,68 19,70 42,30 1,53 1,34 1,41 1,60 1,28 39,75 34,81 36,63 41,57 33,25 8. Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X 85 Ap´os um exaustivo n´ umero de experimentos, Millikan estimou que o menor valor absoluto da diferen¸ ca entre as cargas das gotas de ´oleo era da ordem de 4,991 ×10 −10 statC = 1,664 ×10 −19 C ou seja, as medidas das cargas el´etricas eram m´ ultiplos de uma quantidade elementar associada ao el´etron, cujo valor atual ´e e = 1,60217733(49)×10 −19 C. Escolhendo o valor q 1 = 39,75×10 −19 C, correspondente ao tempo de subida t E = 22,37 s, como valor de referˆencia, pode-se construir a pr´ oxima tabela com os quatro valores restantes, em fun¸c˜ao da diferen¸ ca ∆q = q −q 1 . 34,81 36,63 41,57 33,25 q ¢q=q – q 1 (×10 –19 C) -4,94 -3,12 1,82 -6,5 3 2 1 4 n -3,083 -1,947 1,136 -4,057 ¢q/e 0,00337 -0,00212 0,00548 0,00230 (|¢q|-ne)/q 1 sendo e = 1,664 × 10 −19 C o suposto valor da carga elementar inicialmente estimado por Millikan e n ´e o n´ umero inteiro positivo mais pr´ oximo de |∆q|/e. Definindo-se x ≡ ∆q e e y ≡ ∆q −ne q 1 pode-se testar se os dados s˜ao compat´ıveis com a hip´otese de que existe uma carga elementar tal que a varia¸c˜ao relativa ∆q/q 1 seja igual a ne/q 1 , ou seja, verificar que y = 0. Fazendo-se um ajuste aos dados do tipo y = a (constante), obt´em-se para a constante (a) e para a incerteza associada (σ a ), os seguintes valores: _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ a = y = N i=1 y i N = 0,0004 σ a = σ y √ N = 0,0017 ⇒ 2σ a = 0,0034 onde σ y = ¸ ¸ ¸ _ N i (y i −y) 2 N = 0,0034 e N = 4. 86 F´ısica Moderna Caruso • Oguri O resultado do ajuste ´e mostrado no diagrama de dispers˜ ao a seguir. x y Uma vez que a < 2σ a , o valor de ajuste encontrado para a constante ´e compa- t´ıvel com o zero, ou seja, com a hip´otese de que a carga adquirida por uma gota, ´e quantizada, sendo um m´ ultiplo da menor diferen¸ ca encontrada por Millikan q −e = 4,991 ×10 −10 statC = 1,664 ×10 −19 C a qual ´e igual `a magnitude inicialmente estimada por Millikan para a carga do el´etron. Exerc´ıcio 8.5.13 Determine quantos el´etrons por segundo atravessam a se¸c˜ao transversal de um condutor quando se afirma que por ele passa uma corrente de 1 amp`ere. A corrente I ´e a raz˜ao entre a carga e o tempo, ou seja, a raz˜ao entre o n´ umero de el´etrons N multiplicado pela carga elementar, e, e o tempo t, ou seja, Ne t = I =⇒ N t = I e = 1 1,6 ×10 −19 Assim, o n´ umero de el´etrons que atravessam a se¸c˜ao reta de um condutor em 1 segundo quando a corrente ´e de 1 amp`ere ´e da ordem de 6,25 ×10 18 el´etrons/s 8. Os raios cat´ odicos: a descoberta do el´ etron e dos raios X 87 Exerc´ıcio 8.5.14 A figura abaixo mostra o detalhe de uma cˆamara de bolhas, preenchida com um g´as, exposta a pr´otons de alta energia (16 GeV). Observando a geometria dos tra¸cos da figura e considerando que a colis˜ ao elementar do pr´oton p com uma part´ıcula do alvo ´e el´astica, determine o g´as que preenche a cˆamara. Como as part´ıculas espalhadas formam um ˆ angulo reto no laborat´ orio, de acordo com a cinem´atica das colis˜oes, o pr´oton est´a colidindo com uma part´ıcula de massa praticamente igual `a dele, portanto, o g´ as deve ser o hidrogˆenio. Exerc´ıcio 8.5.15 Considerando-se que o cristal de sal (NaCl) tem os ´atomos de Na e Cl distribu´ıdos alternadamente nos v´ertices de um cubo, a distˆ ancia entre os planos atˆomicos pode ser determinada por d = _ 1 n _ 1/3 onde n ´e o n´ umero de ´ atomos por cm 3 . Sabendo-se que o peso molecular do s´odio ´e 58,45 e sua densidade ρ = 2,163, determine o valor de d. O n´ umero de ´atomos por cm 3 ´e dado por n = 2N A ρ P = 2 ×6,02 ×10 23 ×2,163 58,45 = 4,49 ×10 22 ´atomos/cm 3 Logo, d = _ 1 3 _ 1/3 = 1 (4,49 ×10 22 ) 1/3 = 2,81 ×10 −8 cm ⇒ d = 2,814 ˚ A 9 A Radioatividade Exerc´ıcio 9.7.1 A energia cin´etica das part´ıculas α emitidas pelo Ra foi estimada por Rutherford, em 1905, a partir dos seguintes dados: e = 3,4 × 10 −10 ues, e/m = 6,3 × 10 3 uem (abcoulomb/g) para a part´ıcula α, cuja velocidade ´e v = 2,5 ×10 9 cm/s. Determine o valor estimado. Dados: e m α = 6,3 ×10 3 uem (abcoulomb/g) = 6,3 ×10 4 C/g e = 3,4 ×10 −4 statC = 3,34 ×3,3356 ×10 −20 = 1,134 ×10 −19 C e α = 2e = 2,268 ×10 −19 C v α = 2,5 ×10 9 cm/s Assim, o valor da massa da part´ıcula α pode ser estimado como m α = e α (e/m) α = 2,268 ×10 −19 6,3 ×10 4 = 3,6 ×10 −24 g e a energia cin´etica das part´ıculas α ´e, portanto, α = 1 2 m α v 2 α = 1 2 ×3,6 ×10 −24 ×(2,5) 2 ×10 18 ⇒ α = 1,125 ×10 −5 erg O resultado pode ainda ser expresso em eV, 89 90 F´ısica Moderna Caruso • Oguri α = 1,125 ×10 −5 1,6 ×10 −12 = 7 ×10 6 eV ⇒ α = 7 MeV Exerc´ıcio 9.7.2 A taxa de emiss˜ao de calor por 1 g de Ra ´e igual a 1,2 ×10 6 erg/s. Considerando que o efeito de aquecimento da amostra seja devido apenas `as particulas α emitidas, determine o n´ umero destas part´ıculas que deve ser expelido por segundo. De acordo com o problema anterior, a energia de cada part´ıcula α emitida pelo Ra ´e igual a α = 1,125 ×10 −5 erg. Como, por hip´ otese, a taxa de energia liberada pela amostra, 1,2 ×10 6 erg/s, adv´em apenas da emiss˜ao de part´ıculas α, o n´ umero total n de part´ıculas emitidas por segundo ´e n = 1,2 ×10 6 1, 125 ×10 −5 ⇒ n = 1,1 ×10 11 s −1 Exerc´ıcio 9.7.3 Considerando que hoje o valor da meia-vida do Ra ´e de 1 602 anos, determine o n´ umero de Avogadro. Considerando-se o valor de hoje da meia-vida do Ra como sendo T 1/2 = 1 602 anos, tem-se λ(Ra) = 1 τ = ln 2 T 1/2 = 0,692 ×10 −3 ×10 −2 ×10 −1 ×10 −3 1,602 ×3,65 ×2,4 ×3,6 = 1,3 ×10 −11 s −1 A taxa de emiss˜ao de part´ıculas α por segundo ´e 3,4 ×10 10 part´ıculas/s = dN dt Por outro lado, sabe-se que dN dt = λN ⇒ N = 1 λ dN dt = 3,4 ×10 10 1,3 ×10 −11 = 2,6153846 ×10 21 O n´ umero de Avogadro, N A , ´e dado por N A = µN. Como µ(Ra) = 226, obt´em-se N A 5,9 ×10 23 Exerc´ıcio 9.7.4 Considere que a probabilidade P de desintegra¸c˜ao de um ´atomo radioativo dependa apenas do intervalo de tempo de observa¸c˜ ao considerado ∆t, 9. A Radioatividade 91 ou seja, P = λ∆t, onde λ ´e a constante de decaimento. A probabilidade de que um dado ´atomo n˜ao se desintegre neste intervalo de tempo ´e Q 1 = 1 − P = 1 −λ∆t. Deste modo, a probabilidade de que um certo ´ atomo n˜ao se desintegre decorridos n intervalos de tempo ∆t ´e Q n = (1 −λ∆t) n Se a observa¸c˜ao se d´a em um intervalo finito de tempo t, durante o qual o n´ umero n de intervalos ∆t ´e muito grande, pode-se escrever Q n = 1 − λt n n Mostre que, se n ´e muito grande, obt´em-se a rela¸ c˜ao N = N ◦ e −λt Expandindo a express˜ ao de Q n de acordo com a f´ormula do binˆ omio de Newton, tem-se Q n = 1 − λt n n = 1 −n λt n + n(n −1) 2! λ 2 t 2 n 2 − n(n −1)(n −2) 3! λ 3 t 3 n 3 +... ´ E conveniente reescrevˆe-la como Q n = 1 −λt + 1 − 1 n λ 2 t 2 2! − 1 − 1 n 1 − 2 n λ 3 t 3 3! +... No limite em que n →∞, Q n = N N ◦ = 1 −λt + λ 2 t 2 2! − λ 3 t 3 3! +... = e −λt Assim, N = N ◦ e −λt 92 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 9.7.5 Considere uma amostra radioativa contendo 3 mg de U 234 . Sabendo que T 1/2 = 2,48 ×10 5 anos e λ = 8,88×10 −14 s −1 , determine a massa deste is´otopo do urˆanio que n˜ ao ter´a se desintegrado ap´os 6,2 ×10 4 anos. Foi visto no exerc´ıcio anterior que N = N ◦ e −λt Neste caso, N ◦ = 3 ×10 −3 g × 6,02 ×10 23 ´atomos 234 g enquanto N = m× 6,02 ×10 23 ´atomos 234 g e λt = 0,693t T = 0,173 Logo, m× 6,02 ×10 23 234 = 3×10 −3 × 6,02 ×10 23 234 ×e −0,173 ⇒ m = 3,0×10 −3 ×e −0,173 g ou ln 3 ×10 −3 m = 0,173 ⇒ m = 2,52 ×10 −3 g Exerc´ıcio 9.7.6 Considere em uma s´erie de radiois´ otopos o decaimento de um elemento A em outro B, sabendo que B decai em C. Seja N ◦ o n´ umero inicial de ´atomos do tipo A, cuja constante de decaimento ´e λ A e seja λ B a constante de decaimento de B. Mostre que o n´ umero de ´ atomos do tipo B que n˜ao deca´ıram ap´os um tempo t ´e dado por N B = N ◦ λ B λ B −λ A e −λ A t −e −λ B t O processo de decaimento de radiois´otopos a ser considerado ´e do tipo A →B →C Sabe-se que a lei do decaimento radioativo ´e − dN dt = λN 9. A Radioatividade 93 Como o elemento B est´a no meio da cadeia de decaimento, o n´ umero deste radiois´ otopo que ainda existir´ a decorrido um intervalo de tempo t ser´ a a diferen¸ ca entre o n´ umero produzido pelo decaimento de A e o n´ umero que decaiu em C. Se N ◦ ´e o n´ umero inicial de ´ atomos do tipo A e sua constante de decaimento ´e λ A , o n´ umero de ´atomos do tipo B formados ap´ os um intervado de tempo dt ser´a igual ao n´ umero dN de ´atomos A que deca´ıram em B, o que ´e dado por − dN(A →B) dt = λ A N A Por sua vez, se se considera que o n´ umero inicial de ´ atomos do tipo B ´e zero e que sua constante de decaimento ´e λ B , neste mesmo intervalo de tempo o n´ umero destes ´atomos vai variar seguindo a mesma lei, ou seja, − dN(B →C) dt = λ B N B A varia¸ c˜ao final de ´ atomos do tipo B, dN B , neste intervalo infinitesimal de tempo, ´e a diferen¸ ca das duas equa¸c˜oes, ou seja, − dN B dt = λ A N A −λ B N B O n´ umero de ´atomos do tipo A que sobrevivem pode ser eliminado da equa¸ c˜ao anterior lembrando que N A = N ◦ e −λ A t Assim, dN B dt = λ A N ◦ e −λ A t −λ B N B ou dN B dt +λ B N B = λ A N ◦ e −λ A t ´ E conveniente multiplicar-se toda a ´ ultima equa¸ c˜ao pelo fator e λ B t , de forma a facilitar a integra¸ c˜ao. De fato, obt´em-se e λ B t dN B dt +λ B N B e λ B t = λ A N ◦ e (λ B −λ A )t ou e λ B t dN B +λ B N B e λ B t dt = λ A N ◦ e (λ B −λ A )t dt 94 F´ısica Moderna Caruso • Oguri que ´e ainda equivalente a d e λ B t N B = λ A N ◦ e (λ B −λ A )t dt Integrando-se ambos os lados, chega-se a N B e λ B t = λ A λ B −λ A N ◦ e (λ B −λ A )t +C onde C ´e uma constante de integra¸c˜ao, que pode ser determinada pela condi¸ c˜ao de que o n´ umero de ´atomos B em t = 0 ´e nulo: 0 = λ A λ B −λ A N ◦ +C ⇒ C = − λ A λ B −λ A N ◦ Substituindo este valor na equa¸ c˜ao anterior, obt´em-se N B e λ B t = N ◦ λ A λ B −λ A e (λ B −λ A )t −1 e, finalmente, N B = N ◦ λ A λ B −λ A e −λ A t −e −λ B t Exerc´ıcio 9.7.7 Sabe-se que a meia-vida do is´ otopo do iodo I 133 53 ´e igual a 20 h. Considerando uma amostra desse is´ otopo de 2 g, determine o tempo decorrido, em horas, para que essa massa se reduza a 0,25 g. O is´otopo do iodo I 133 53 vai decair radioativamente. Tal decaimento ´e regido pela lei (Se¸c˜ao 9.4) N = N ◦ e −λt A meia-vida, que ´e um dado do problema (T 1/2 = 20 h), ´e definida como o tempo decorrido para que a amostra decaia ` a metade. Logo, N N ◦ = 1 2 e −λT 1/2 Tomando-se o logaritmo natural da express˜ ao anterior, chega-se a − 1 λ = T 1/2 ln(1/2) 9. A Radioatividade 95 Pode-se supor que a massa da amostra seja proporcional ao n´ umero de part´ıculas da amostra, em cada instante, do que se segue que m = m ◦ e −λt O problema d´ a o valor da massa inicial e final da amostra e pede o tempo decorrido, t, para que haja esta redu¸ c˜ao. Assim, t = − 1 λ ln m m ◦ = ln(m/m ◦ ) ln(1/2) T 1/2 Substituindo todos os dados, obt´em-se t = ln(0,125) ln(0,5) ×20 ⇒ t = 60 h 10 A radia¸ c˜ao de corpo negro e a concep¸ c˜ao corpuscular da luz Exerc´ıcio 10.6.1 Em 1895, Paschen propˆos para a fun¸c˜ao F(λ, T) a forma F(λ, T) = bλ −γ e −a/λT onde a e b s˜ao constantes e γ 5,66. Mostre que, a menos que γ = 5, esta lei de Paschen ´e irreconcili´ avel com a lei de Stefan-Boltzmann. Se a fun¸ c˜ao F(λ, T) ´e dada por F(λ, T) = bλ −γ e −a/(λT) a lei de Stefan ser´a u = _ ∞ 0 F(λ, T) dλ = a T 4 = b _ ∞ 0 λ −γ e −a/(λT) dλ Definindo a λT ≡ x ⇒ λ = a xT ⇒ dλ = − a x 2 T dx obt´em-se u = − _ 0 ∞ b _ a xT _ −γ e −x _ a Tx 2 _ dx = ab a γ _ ∞ 0 T γ−1 x γ−2 e −x dx = ba 1−γ T γ−1 _ ∞ 0 x γ−2 e −x dx = a T 4 97 98 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Logo, para se obter a dependˆencia correta da energia total irradiada pelo corpo negro com a temperatura, deve-se ter γ −1 = 4, ou seja, γ = 5 Exerc´ıcio 10.6.2 Mostre que n˜ao ´e poss´ıvel ocorrer o efeito fotoel´etrico se o el´etron for livre. Considere a colis˜ao e + e − no sistema do centro de massa. A componente do vetor momentum ´e dada por p = γm e − · v e − +γm e + · v e + Como m e − = m e + e neste sistema v e + = −v e − = −v e , segue-se que p = γm e (v e −v e ) = 0 Como um ´ unico f´ oton n˜ ao pode ter momentum nulo, ele n˜ ao pode ser o ´ unico resultado da colis˜ ao. Pode-se resolver de outra forma o problema, introduzindo o conceito de quadrivetor momentum, um vetor a quatro componentes, no qual a primeira ´e igual a E/c associada a uma part´ıcula e as outras trˆes correspondem ao trivetor momentum p. Se um f´ oton ´e totalmente absorvido por um el´etron livre, este adquire toda sua energia e todo o seu momentum. Em termos dos quadrimomenta, tem-se a seguinte lei de conserva¸c˜ao: p γ +p e = p e Tomando-se o produto escalar de cada lado da equa¸ c˜ ao por ele mesmo, obt´em-se p 2 γ +p 2 e + 2p γ · p e = p 2 e Mas p 2 γ = 0 (o f´ oton n˜ ao possui massa) e p 2 e = p 2 e = m e c 2 , o que implica que p γ · p e = 0 ⇒ 1 c 2 E γ E e −| p γ | | p e | = 0 Como o f´oton n˜ ao tem massa, a energia do f´oton ´e E γ = p γ c, o que implicaria, para o el´etron, que E e = p e c Entretanto, sabe-se que a raz˜ao entre a energia e o momentum do el´etron n˜ ao pode ser E e /| p e | = c, pois o el´etron possui massa. Esta express˜ao, portanto, n˜ ao pode ser satisfeita para um el´etron livre. A rela¸ c˜ao correta, neste caso, ´e E e = _ m 2 e c 4 +| p e | 2 c 2 10. A radiac¸˜ ao de corpo negro e a concepc¸˜ ao corpuscular da luz 99 Assim, a energia e o momentum n˜ao poderiam se conservar simultaneamente se o el´etron for livre. Entretanto, se o el´etron for ligado, haver´ a uma contribui¸ c˜ao `a sua energia devida ` a intera¸ c˜ao eletromagn´etica, expressa pela fun¸c˜ao trabalho. Exerc´ıcio 10.6.3 Mostre que a constante de Planck tem as mesmas dimens˜ oes do momento angular. A dimens˜ao da constante de Planck ´e [h] = [energia] × [tempo] = ML 2 T −2 T = ML 2 T −1 Por outro lado, [momento angular] = [momento linear] × [distˆancia] = MLT −1 L = ML 2 T −1 Portanto, [h] = [momento angular] Exerc´ıcio 10.6.4 Determine a energia, em eV, de um f´ oton cujo comprimento de onda ´e de 912 ˚ A. O problema d´ a o comprimento de onda λ = 912 ˚ A e pede a energia associada a ele. Combinando-se as equa¸c˜oes E = hν e λν = c, obt´em-se E = hc λ = 6,626 ×10 −34 ×3 ×10 8 912 ×10 −10 = 6,626 ×3 0,912 ×10 −19 ou seja, E = 21, 796 ×10 −19 J = 13,62 eV 100 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 10.6.5 Uma esfera de tungstˆenio de 0,5 cm de raio est´a suspensa em uma regi˜ ao de alto v´acuo, cujas paredes est˜ ao a 3000 K. A emissividade do tungstˆenio ´e da ordem de 35%. Desprezando-se a condu¸ c˜ao de calor atrav´es dos suportes, determine a potˆencia que deve ser cedida ao sistema para manter a temperatura da esfera a 3 000 K. Os dados para a solu¸ c˜ao do problema s˜ ao: _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ e = 0, 35 T = 3 000 K (temperatura da esfera) R = 0,5 cm (raio da esfera) σ = 5,67 ×10 −12 W· cm −2 · K −4 A intensidade da radia¸ c˜ao da esfera de tungstˆenio `a temperatura T pode ser obtida a partir da intensidade do corpo negro, multiplicando-a pela emissividade e. Assim, I N = eσT 4 = P 4πR 2 o que corresponde a uma taxa de energia (potˆencia emitida) P = AeσT 4 onde A = 4πR 2 ´e a ´area da superf´ıcie da esfera. Considerando que a superf´ıcie da esfera ´e muito menor daquela do recipiente, e devido `a grande diferen¸ ca entre a sua temperatura e a das paredes, a potˆencia necess´aria para manter a temperatura da esfera ´e praticamente igual `a emitida, ou seja, P = 4πeR 2 σT 4 = 4 ×3,14 ×0,35 ×0,25 ×5,67 ×10 −12 ×3 4 ×10 12 ou P 505 W 10. A radiac¸˜ ao de corpo negro e a concepc¸˜ ao corpuscular da luz 101 Exerc´ıcio 10.6.6 Suponha que apenas 5% da energia fornecida a uma lˆ ampada incandescente sejam irradiados sob a forma de luz vis´ıvel e que o comprimento de onda dessa luz seja 5 600 ˚ A. Calcule o n´ umero de f´ otons emitidos por segundo por uma lˆ ampada de 100 W. Considere os dados: P ◦ = 100 W P = 0,5% de P ◦ = 0,05 × 100 = 5 W e que λ = 5,6 ×10 3 ×10 −10 m = 5,6 ×10 −7 m h = 6,6 ×10 −34 J.s. c = 3 ×10 8 m/s A potˆencia emitida pode ser expressa em termos da energia m´edia dos f´ otons pela equa¸c˜ao P = E t = Nε t Assim, N t = P ε = P hν = Pλ hc e, portanto, _ N t _ = 5 ×5,6 ×10 −7 6,6 ×10 −34 ×3 ×10 8 =⇒ _ N t _ 10 19 f´otons/s Exerc´ıcio 10.6.7 Na superf´ıcie da Terra, uma ´ area de 1 cm 2 , perpendicular aos raios solares, recebe 0,13 J de energia irradiada por segundo. Sabendo que o raio do Sol ´e da ordem de 7 ×10 8 m, que a distˆ ancia entre o Sol e a Terra ´e da ordem de 1,5 ×10 8 km e supondo que o Sol seja um corpo negro, determine a temperatura na superf´ıcie do Sol. Considere a figura a seguir: 102 F´ısica Moderna Caruso • Oguri P ◦ = P ⇒I ◦ R 2 = σT 4 R 2 = Id 2 Logo, T 4 = I σ _ d R _ 2 = 0,13 5,7 ×10 −12 × _ 1,49 6,96 × 10 11 10 8 _ = 0,13 ×4,58 ×10 4 5,67 ×10 −12 T 4 = 1,05 ×10 3 ×10 12 ⇒ T = 5,7 ×10 3 K Exerc´ıcio 10.6.8 a) Mostre que o m´ aximo da express˜ ao de Planck para u λ ´e obtido como solu¸ c˜ao da seguinte equa¸ c˜ao transcendental: e −x + 1 5 x −1 = 0 onde x = ch kλ M T b) Usando o m´etodo das aproxima¸ c˜oes sucessivas ou o m´etodo de Newton, mostre que a raiz ´e dada por x = 4,9651. c) A partir do resultado anterior, mostre que h k 4,8 ×10 −11 s.K a) Dada a express˜ao de Planck u λ = 8π ch λ 5 1 e hc/kλT −1 seu m´aximo ´e dado pela condi¸ c˜ao du λ dλ | λ M = 0 ⇒ d dλ _ 1 λ 5 _ 1 e hc/kTλ −1 __ = 0 − 5 λ 6 _ e hc/kTλ −1 _ −1 + 1 λ 5 hc kTλ 2 e hc/kTλ _ e hc/kTλ −1 _ −2 = 0 ou hc k(λ M T) = 5(1 −e −hc/kλ M T ) 10. A radiac¸˜ ao de corpo negro e a concepc¸˜ ao corpuscular da luz 103 Definindo x ≡ hc/(Kb), onde b = λ M T = 0,29, segundo a lei de Wien, obt´em-se a equa¸c˜ao transcendental procurada, ou seja, o m´ aximo ´e dado pela raiz da equa¸ c˜ao h(x) = x 5 −1 +e −x = 0 b) Escrevendo esta condi¸ c˜ao como e −x = 1 − x 5 um valor inicial x ◦ para a raiz pode ser estimado a partir da interse¸ c˜ao das curvas e −x e 1 −x/5, como indica a seguinte figura. Se h(x o ) ´e t˜ao pr´ oximo de zero quanto se queira, o problema estar´ a resolvido. Caso contr´ario, a partir de qualquer valor inicial, calculando-se a derivada de h(x) para esse valor inicial, h (x), pode-se determinar a reta tangente `a curva h(x) no ponto [x ◦ , h(x ◦ )], como mostra genericamente a pr´oxima figura. Esta reta intercepta o eixo das abcissas em um ponto x 1 , tal que tg α 1 = h (x ◦ ) = h(x ◦ ) x ◦ −x 1 ⇒ x 1 = x ◦ − h(x ◦ ) h (x ◦ ) A seguir, calculando-se a derivada de h(x) para essa outra estimativa da raiz, h (x 1 ), obt´em-se uma outra reta tangente `a curva no ponto [x 1 , h(x 1 )], que intercepta o eixo das abcissas no ponto x 2 , tal que tg α 2 = h (x 1 ) = h(x 1 ) x 1 −x 2 ⇒ x 2 = x 1 − h(x 1 ) h (x 1 ) 104 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Esse processo, denominado m´etodo de Newton, pode ser continuado at´e que se encontre uma estimativa x n da raiz tal que o valor de h(x n ) seja suficientemente pr´ oximo de zero, ou seja, ´e poss´ıvel arbitrar um valor δ de modo que | x n+1 −x n |< δ onde x n+1 = x n − h(x n ) h (x n ) Tendo em vista que para o problema, h (x) = 1 5 −e −x a partir de um valor inicial x ◦ = 2, pode-se construir a tabela abaixo, que mostra que a raiz da equa¸ c˜ao considerada ´e igual a 4,9651. c) x = 4,9651 = ch kb ⇒ h k = 4,9651 b c = 4,9651 3 ×10 10 ×0,29 10. A radiac¸˜ ao de corpo negro e a concepc¸˜ ao corpuscular da luz 105 Assim, h k = 4,961 ×2, 9 3 ×10 −11 ⇒ h k = 4, 8 ×10 −11 s.K Exerc´ıcio 10.6.9 A partir da integra¸ c˜ao da lei de Planck (em fun¸ c˜ao da frequˆencia) e da lei de Stefan, mostre que k 4 h 3 1,25 ×10 8 J.s −3 .K −4 Sabe-se que u ν = 8πh c 3 ν 3 e hν/kT −1 e I = σT 4 = uc/4, onde σ = 5,67 ×10 −12 W.cm −2 .K −4 . A densidade total irradiada ´e dada por u = _ ∞ 0 u ν dν = 8πh c 3 _ ∞ 0 ν 3 e hν/kT −1 dν Fazendo as seguintes substitui¸ c˜oes na equa¸c˜ao anterior, _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ x = hν/kT dν = kT h dx ν 3 = _ kT h _ 3 x obt´em-se u = _ 8πh c 3 __ kT h _ 4 _ ∞ 0 x 3 e x −1 . ¸¸ . π 4 /15 dx = 4σT 4 c Deste modo, k 4 h 3 = 15 2π 5 c 2 σ = 15 2 ×(3,14) 5 ×3 2 ×10 20 ×5,67 ×10 −12 ou, k 4 h 3 1,25 ×10 8 J.s −3 · K −4 106 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 10.6.10 Considerando os resultados dos dois exerc´ıcios anteriores, obtenha estimativas para as constantes h e k. h k = 4,8 ×10 −11 s.K ⇒ _ h k _ 3 = 1,1 ×10 −31 s 3 .K 3 k = _ k 4 h 3 __ h 3 k 3 _ ⇒ k = 1,38 ×10 −23 J/K h = 4,8 ×10 −11 ×k = 4,8 ×1,38 ×10 −34 ⇒ h = 6,6 ×10 −34 J.s Esse foi o modo como Planck determinou as duas constantes universais k e h. Exerc´ıcio 10.6.11 A partir da primeira lei da Termodinˆ amica e da equa¸c˜ao de estado para a radia¸c˜ ao eletromagn´etica, P = u/3, onde P e u s˜ao, respec- tivamente, a press˜ao e a densidade de energia da radia¸c˜ao, mostre que (lei de Stefan) u = aT 4 Partindo-se da express˜ao para a press˜ao da radia¸ c˜ao eletromagn´etica P = u/3 pode-se escrever dU = TdS −PdV = d(uV ) = udV +V du = udV + _ dU dT _ dT Expressando dS em termos de dT e dV , tem-se dU = T _ ∂S ∂T _ V dT +T _ ∂S ∂T _ T dV − u 3 dV = udV +T _ du dT _ dT ou T _ ∂S ∂T _ V dT +T _ ∂S ∂T _ V dV = V _ du dT _ dT + _ u + v 3 _ . ¸¸ . 4 3 u dV _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ _ ∂S ∂T _ V = V T du dT _ ∂S ∂T _ T = 4 3 u T 10. A radiac¸˜ ao de corpo negro e a concepc¸˜ ao corpuscular da luz 107 Igualando _ ∂ ∂V _ ∂S ∂T _ V _ T = _ ∂ ∂T _ ∂S ∂V _ T _ V obt´em-se 1 T du dT = 4 3 1 T du dt − 4 3 u T 2 ⇒ du dT = 4u T ⇒ u = aT 4 Exerc´ıcio 10.6.12 Utilizando os dados da Tabela abaixo, obtidos em um experimento realizado no laborat´ orio de F´ısica Moderna do curso de F´ısica da Universidade do Estado do Rio de Janeiro (Uerj), cujo esquema est´ a representado na Figura 10.11, determine a constante de Planck. Dados relativos a um experimento sobre o efeito fotoel´etrico De acordo com a hip´otese de Einstein, o potencial de corte V e a frequˆencia ν, associdada ao f´oton incidente, est˜ao relacionados por V = _ h e _ ν −φ onde h ´e a constante de Planck, e ´e a carga do el´etron e φ, denominada fun¸ c˜ ao trabalho, depende das jun¸ c˜oes dos condutores com o fotocatodo. A partir dos dados da Tabela, que apresentam um coeficiente de correla¸c˜ao linear da ordem de 0,999719, a rela¸ c˜ao de Einstein se ajusta aos dados quando os parˆametros a = h/e e b = −φ s˜ao a = _ h e _ ×10 14 = 0,4037 J.s/C e b = −1,3739 V com incertezas dadas, respectivamente, por σ a = 0,0078 J.s/C e σ b = 0,053 V O ajuste ´e apresentado na figura que se segue. 108 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Considerando que a carga do el´etron ´e dada por (Particle Data Group – http://pdg.lbl.gov) e = 1,602176462(63) ×10 −19 C a constante de Planck ´e estimada como h est = (6,46 ±0,12) ×10 −34 J.s Comparando-se com o valor de referˆencia, h ref = 6,62606876(52) ×10 −34 J.s encontra-se a discrepˆancia |h est −h ref | = 0,166 Sendo a diferen¸ ca encontrada menor que 2 × 0,12 = 0,24, este resultado mostra a compatibilidade entre a estimativa e o valor de referˆencia. Exerc´ıcio 10.6.13 Mostre que a energia de recuo do el´etron no espalhamento Compton ´e dada por = hν 2αcos 2 φ [(1 +α) 2 −α 2 cos 2 φ] +mc 2 resultado obtido por Debye em 1923. 10. A radiac¸˜ ao de corpo negro e a concepc¸˜ ao corpuscular da luz 109 A cinem´atica do efeito Compton est´a representada na figura a seguir. Da conserva¸c˜ao da energia, tem-se γ + ◦ = γ + Explicitando o quadrado da energia do f´ oton espalhado 2 γ = 2 γ + 2 ◦ γ + 2 ◦ −2(γ + ◦ ) + 2 O diagrama seguinte expressa a lei da conserva¸c˜ao de momentum p 2 γ = p 2 +p 2 γ −2pp γ cos φ ⇒ 2 γ = p 2 c 2 + 2 γ −2pc γ cos φ Levando-se em conta que (pc) 2 = 2 − 2 ◦ e igualando-se as duas equa¸ c˜oes anteriores para 2 , obt´em-se 2 γ = 2 γ + 2 ◦ γ + 2 ◦ −2(γ + ◦ ) + 2 = 2 − 2 ◦ + 2 γ −2pc γ cos φ donde ( γ + ◦ ) −2 ◦ ( γ + ◦ ) = 2pc γ cos φ ou ( − ◦ )( γ + ◦ ) = pc γ cos φ ⇒ ( − ◦ ) 2 ( γ + ◦ ) 2 = (pc) 2 2 γ cos 2 φ 110 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Uma vez que (pc) 2 = 2 − 2 ◦ = ( + ◦ )( − ◦ ), resulta ( − ◦ )( γ + ◦ ) 2 = ( + ◦ ) 2 γ cos 2 φ Assim, − ◦ + ◦ = 2 γ cos 2 φ ( γ + ◦ ) 2 = 2 γ cos 2 φ 2 γ + 2 ◦ γ + 2 ◦ Portanto, ( 2 γ + 2 ◦ γ + 2 ◦ − 2 γ cos 2 φ) = ◦ ( 2 γ + 2 ◦ γ + 2 ◦ + 2 γ cos 2 φ) ou [ 2 γ (1 −cos 2 φ) + 2 ◦ γ + 2 ◦ ] = ◦ [ 2 γ (1 −cos 2 φ) + 2 ◦ γ + 2 ◦ ] + 2 ◦ 2 γ cos 2 φ Assim, = ◦ + 2 ◦ 2 γ cos 2 φ 2 γ (1 −cos 2 φ) + 2 ◦ γ + 2 ◦ = ◦ + 2 γ cos 2 φ γ ◦ (1 −cos 2 φ) + 2 + ◦ γ Uma vez que γ ◦ = hν mc 2 ≡ α pode-se escrever = 2hν cos 2 φ α(1 −cos 2 φ) + 2 + 1 α +mc 2 ou ainda, = hν 2αcos 2 φ α 2 + 2α + 1 . ¸¸ . (1+α) 2 −α 2 (1 −cos 2 φ) +mc 2 Finalmente, explicitando α, chega-se ao resultado = hν 2 hν mc 2 cos 2 φ _ 1 + hν mc 2 _ 2 − _ hν mc 2 _ 2 (1 −cos 2 φ) +mc 2 11 Modelos atˆ omicos cl´assicos Exerc´ıcio 11.8.1 Mostre que, no modelo de Thomson para muitos el´etrons, a condi¸c˜ao de equil´ıbrio eletrost´ atico est´avel implica que o n´ umero m´ aximo de el´etrons situados em um ´ unico anel seja de 574. A solu¸c˜ao deste problema requer a elabora¸ c˜ ao de um programa num´erico. Apresenta-se abaixo o algoritmo deste programa, a partir do qual determina-se o limite solicitado. N=(nº máximo possível de elétrons) LOOP de n=1 a N (sobre o nº de elétrons) S=0 LOOP de i=1, n-1 (sobre nº de termos da soma) S = S + 1/(sen(pi*i/n) soma = s/4*n END LOOP (sobre soma) IF soma > 1 WRITE, n-1 END LOOP (sobre nº de elétrons) Exerc´ıcio 11.8.2 Determine a condi¸c˜ao, em termos do comprimento de onda da radia¸c˜ao e da vida m´edia do ´ atomo, para que a perda de energia m´edia por ciclo da radia¸ c˜ao emitida por um ´ atomo cl´assico de Thomson seja pequena. A condi¸c˜ao para que a energia m´edia perdida seja pequena ´e dada por ωτ >> 1 ⇒ 2πντ >> 1 ou seja, usando a rela¸ c˜ao λν = c, chega-se a cτ λ >> 1 111 112 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 11.8.3 Estime a raz˜ao entre a m´ axima acelera¸ c˜ao que uma part´ıcula α pode ser submetida no espalhamento devido a um ´atomo de ouro no modelo de Thomson e a acelera¸ c˜ao da gravidade. No experimento de Rutherford, part´ıculas α (que possuem carga el´etrica = 2e) s˜ao lan¸cadas com uma velocidade de cerca de 1,6 × 10 7 m/s contra uma folha delgada de ouro contendo, aproximadamente, 400 ´ atomos de ouro. O ´ atomo de ouro tem uma carga positiva igual a 79 vezes a carga do pr´ oton, uniformemente distribu´ıda em uma esfera de raio a. A for¸ca el´etrica m´axima `a qual uma part´ıcula α estaria submetida na colis˜ ao com este ´atomo de Thomson ocorrer´a quando ela estiver na superf´ıcie da esfera positiva de raio a 10 −10 m: F max = 1 4π ◦ 79e ×2e a 2 = 9 ×10 9 × 158 ×(1,6 ×10 19 ) 2 10 −20 = 3,64 ×10 −6 N Como a massa da part´ıcula α ´e igual a 6,7 × 10 −27 kg, ent˜ao a acelera¸c˜ao sofrida pela part´ıcula α devida ` a for¸ ca el´etrica na superf´ıcie do ´atomo ´e a = F m = 3,64 ×10 −6 6,7 ×10 −27 = 5,4 ×10 20 m/s 2 Portanto, em rela¸ c˜ao `a acelera¸c˜ao da gravidade g, a g 10 20 Exerc´ıcio 11.8.4 Refa¸ ca os c´ alculos feitos para o modelo de Rutherford con- siderando o n´ ucleo negativo. Comente o resultado. Trata-se, na verdade, de um exerc´ıcio muito simples no qual se quer saber o que mudaria na se¸c˜ao de choque de Rutherford se o n´ ucleo tivesse carga de sinal oposto. Basta que se perceba que a se¸c˜ao de choque de Rutherford depende do produto da carga nuclear e da part´ıcula espalhada elevado ao quadrado, sempre positivo. De fato, dσ dΩ = Ze 2 mv 2 ◦ 2 1 sen 4 θ/2 Portanto, se em vez de Ze o n´ ucleo tivesse uma carga el´etrica −Ze em nada alteraria a previs˜ ao de espalhamento do modelo de Rutherford. De fato, em seu famoso artigo de 1911, Rutherford considera um ´ atomo de carga ±Ze no seu centro e uma carga ∓Ze distribu´ıda uniformemente em uma 11. Modelos atˆ omicos cl´ assicos 113 esfera; em seguida afirma que “ser´a mostrado que as principais dedu¸ c˜oes da teoria s˜ao independentes de se a carga central ´e considerada positiva ou negativa. Por conveniˆencia, o sinal ser´ a tomado como positivo.”(Philosophical Magazine 21, p. 671). 12 Modelos quˆanticos do ´atomo Exerc´ıcio 12.6.1 No modelo de Bohr para o ´atomo de hidrogˆenio, o el´etron orbita em torno do n´ ucleo em uma trajet´ oria circular de 5,1 ×10 −11 m de raio, com uma frequˆencia de 6,8 × 10 15 Hz. Determine o valor do campo magn´etico produzido no centro da ´ orbita. Pode-se mostrar, usando a lei de Biot-Savart, que o campo magn´etico produzido por uma espira de raio R a uma altura h sobre a perpendicular ao plano da espira que passa pelo seu centro ´e dado por B = µ ◦ iR 2 2(R 2 +h 2 ) 3/2 onde µ ◦ ´e a constante de permeabilidade magn´etica que aparece na lei de Amp`ere. De fato, a lei de Biot-Savart pode ser escrita na forma vetorial como d B = µ ◦ i 4π d ×r r 3 onde d ´e um elemento infinitesimal do circuito, situado a uma distˆ ancia r da origem, percorrido por uma corrente i. No caso da espira, esquematizada na figura a seguir, d ⊥ r. A resultante do campo magn´etico infinitesimal num ponto P, dada por d B = d B + d B ⊥ ´e mostrada na figura. Por simetria, conclui-se que apenas a componente d B 115 116 F´ısica Moderna Caruso • Oguri vai contribuir para o campo magn´etico total, B, gerado pela espira no ponto P. Assim, B = _ dB = _ dBcos α = µ ◦ i 4π _ cos α r 2 d Naturalmente, r e α n˜ao s˜ao vari´ aveis independentes, pois, pela geometria da figura, vemos que r = _ R 2 +h 2 e cos α = R r = R √ R 2 +h 2 donde cos α r 2 = R (R 2 +h 2 ) 3/2 Finalmente, B = µ ◦ i 4π R (R 2 +h 2 ) 3/2 _ d . ¸¸ . 2πR ⇒ B = µ ◦ iR 2 2(R 2 +h 2 ) 3/2 Como o exerc´ıcio pede o valor do campo no centro da ´ orbita do ´ atomo de Bohr, h = 0, portanto, o campo magn´etico ´e dado simplesmente por B = µ ◦ i 2R 12. Modelos quˆ anticos do ´ atomo 117 A corrente i, que ´e a quantidade de carga que passa por unidade de tempo em qualquer ponto da ´ orbita, ´e dada por i = eν = 1,6 ×10 −19 ×6,8 ×10 15 A = 1,1 ×10 −3 A = 1,1 mA Assim, o valor do campo magn´etico ´e B = 4π ×10 −7 ×1,1 ×10 −3 2 ×5,1 ×10 −11 Wb/m 2 = 14 Wb/m 2 = 14 T Pode-se comparar o valor encontrado ao campo magn´etico na superf´ıcie da Terra, que vale aproximadamente 5,7 ×10 −5 T. Exerc´ıcio 12.6.2 A partir dos dados do exerc´ıcio anterior, determine o mo- mento magn´etico correspondente `a ´orbita circular do el´etron. O momento de dipolo magn´etico, µ, ´e definido em analogia com o momento de dipolo el´etrico. De fato, uma distribui¸ c˜ ao de cargas el´etricas ´e dita um dipolo quando ao ser colocada em um campo el´etrico externo sofre um torque dado por τ = p × E, onde p ´e o momento de dipolo el´etrico. Por analogia, o torque sobre uma espira de ´area A percorrida por uma corrente i ´e dado por τ = µ × B onde µ ´e o momento de dipolo magn´etico da espira. No caso de N espiras, o m´odulo deste momento ´e dado por µ = NiA. Neste exerc´ıcio, N = 1. Portanto, µ = iA = 1,1 ×10 −3 ×π ×(5,1 ×10 −11 ) 2 ⇒ µ = 9,0 ×10 −24 A.m 2 Exerc´ıcio 12.6.3 Determine a rela¸ c˜ao entre as frequˆencias dos f´ otons γ e γ emitidos nas transi¸ c˜oes indicadas no esquema a seguir. 118 F´ısica Moderna Caruso • Oguri A rela¸c˜ao entre as frequˆencias ´e dada pela equa¸c˜ao (12.6), ou seja, ν lm = cR ∞ _ 1 l 2 − 1 n 2 _ Para o f´ oton γ, ν 23 = cR ∞ _ 1 2 2 − 1 3 2 _ = cR ∞ 5 36 Para o f´ oton γ , ν 23 = cR ∞ _ 1 1 2 − 1 3 2 _ = cR ∞ 8 9 Logo, a rela¸ c˜ao entre as frequˆencias ´e ν 23 ν 13 = 5/36 8/9 = 5 32 Exerc´ıcio 12.6.4 Determine a energia de ioniza¸ c˜ao do hidrogˆenio se o menor comprimento de onda na s´erie de Balmer ´e igual a 3 650 ˚ A. Segundo o modelo de Bohr, o espectro de energia do ´atomo de hidrogˆenio ´e dado por n = − e 2 2a 1 n 2 = − I n 2 onde I ´e a energia de ioniza¸c˜ao. Considerando que a energia de um f´ oton (γ) absorvido ou emitido por um ´atomo de hidrogˆenio ´e dada pela diferen¸ ca de energia entre dois n´ıveis do espectro, γ = hν = hc λ = | n − | = I ¸ ¸ ¸ ¸ 1 n 2 − 1 2 ¸ ¸ ¸ ¸ e a s´erie de Balmer corresponde a transi¸c˜oes a partir do n´ıvel = 2, cujos comprimentos de onda correspondentes s˜ao dados por hc λ = I ¸ ¸ ¸ ¸ 1 n 2 − 1 4 ¸ ¸ ¸ ¸ Assim, o menor comprimento de onda (λmin) corresponde ` a transi¸c˜ao tal que n → ∞, o que define o processo f´ısico de ioniza¸ c˜ao para o qual o el´etron ´e arrancado do ´ atomo, e a energia de ioniza¸c˜ ao pode ser determinada por I = 4hc λmin = 4 ×6,62 ×10 −34 ×3 ×10 8 3,650 ×10 −7 = 21,764 ×10 −19 J 12. Modelos quˆ anticos do ´ atomo 119 ou I = 13,6 eV Exerc´ıcio 12.6.5 Considere a radia¸ c˜ao emitida por ´atomos de hidrogˆenio que realizam transi¸ c˜ oes do estado n = 5 para o estado fundamental. Determine quantos comprimentos de onda diferentes est˜ao associados `a radia¸c˜ao emitida. Representando os n´ıveis de energia segundo o esquema abaixo, que mostra a transi¸ c˜ao do n´ıvel 5 para o n´ıvel 3, o problema resume-se `a determina¸ c˜ao do n´ umero de pares de inteiros existentes entre n = 1 e n = 5. (5, 4) (5, 3) (5, 2) (5, 1) (4, 3) (4, 2) (4, 1) (3, 2) (3, 1) (2, 1) _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ 10 pares Esse n´ umero pode ser calculado tamb´em pela an´alise combinat´oria como C 2 5 = _ 5 2 _ = 5! (5 −2)! 2! = 5! 3! 2! = 10 Exerc´ıcio 12.6.6 Considere que seja poss´ıvel substituir o el´etron de um ´atomo de hidrogˆenio por um m´ uon, que tem a mesma carga el´etrica e massa cerca de 200 vezes maior do que a do el´etron. Com base no modelo de Bohr, determine: a) o raio da ´orbita do estado fundamental deste novo ´atomo em rela¸ c˜ao ao primeiro; b) a energia de ioniza¸ c˜ao do ´atomo muˆonico. a) Para o ´ atomo de hidrogˆenio (Z = 1) o raio do estado fundamental do ´ atomo de Bohr ´e dado por a = 2 me 2 0,529 ×10 −8 cm onde m ´e a massa do el´etron. No ´ atomo muˆonico, m → m µ 200m. Logo, o novo raio ser´ a 200 vezes menor, isto ´e, a 0,264 ×10 −10 cm 120 F´ısica Moderna Caruso • Oguri b) Sabe-se que a energia de ioniza¸c˜ao do ´ atomo de hidrogˆenio ´e ◦ = −13,6 eV e que ela ´e inversamente proporcional ao raio de Bohr. Portanto, a energia de ioniza¸c˜ao do ´atomo muˆonico ser´a 200 vezes maior que a do hidrogˆenio, ou seja, ◦ = 2,72 keV Exerc´ıcio 12.6.7 Mostre que no estado fundamental do ´atomo de hidrogˆenio a velocidade do el´etron pode ser escrita como v = αc, onde c ´e a velocidade da luz e α = e 2 /(c) ´e a constante de estrutura fina introduzida por Sommerfeld. A velocidade do el´etron no ´ atomo de Bohr pode ser escrita como v = L mr No estado fundamental (n = 1), r = 2 me 2 Substituindo este valor na equa¸ c˜ao da velocidade, obt´em-se v = ×me 2 m 2 = _ e 2 c _ c ⇒ v = αc Exerc´ıcio 12.6.8 Os valores da constante de Rydberg para o hidrogˆenio (H) e para o ´ıon de h´elio (He), levando em conta as massas reduzidas, s˜ ao, respectivamente, 10967757,6 m −1 e 10972226,3 m −1 . Sabendo que a rela¸c˜ao entre as massas dos n´ ucleos destes elementos ´e M He = 3,9726 M H calcule a raz˜ ao entre a massa do pr´oton e a do el´etron. A f´ormula da constante de Rydberg prevista pelo modelo de Bohr ´e R H = π 2 e 4 2h 3 µ onde µ = mM m+M ´e a massa reduzida do ´atomo, sendo M a massa do n´ ucleo e m, a do el´etron. 12. Modelos quˆ anticos do ´ atomo 121 Para o hidrogˆenio, R H (H) = 10967757,6 m −1 µ(H) = mM H m+M H Para o h´elio, R H (He) = 10972226,3 m −1 µ(He) = mM He m+M He Logo, R H (He) R H (H) = µ(He) µ(H) = mM He m+M He × m+M H mM H = M He M H m+M H m+M He Definindo r 1 ≡ R H (He) R H (H) r 2 ≡ M He M H x ≡ M H m encontra-se r 1 = r 2 1 +x 1 +r 2 x ⇒ (r 1 −1)r 2 x = r 2 −r 1 ou ainda x = r 2 −r 1 r 2 (r 1 −1) Sabe-se que r 1 = 1,00040744 e r 2 = 3,9726; portanto, a raz˜ ao x entre a massa do pr´ oton e a do el´etron ´e x = m p m e = 1 836,28 122 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 12.6.9 O espectro de um tubo de raios X com filamento de cobalto (Co) ´e composto da s´erie K do cobalto mais uma s´erie de linhas K mais fracas devida a impurezas. O comprimento de onda da linha K α do cobalto ´e 1 785 ˚ A; para as impurezas, os comprimentos de onda s˜ ao 2 285 ˚ A e 1 537 ˚ A. Usando a lei de Moseley e lembrando que σ = 1 para a s´erie K, determine os n´ umeros atˆomicos das duas impurezas. Para a linha K α do cobalto, λ = 1 785 ˚ A. Sabe-se que, para o cobalto, Z = 27 e o enunciado do exerc´ıcio afirma que para a s´erie K, σ = 1 na lei de Moseley. Assim, pode-se escrever √ ν = k(Z −σ) Em termos do comprimento de onda, tem-se, para o cobalto, _ c λ Co = k(27 −1) donde k = 1 26 _ c λ Co Para as impurezas do tipo i, _ c λ i = 1 26 _ c λ Co (Z i −1) ou Z i = 1 + 26 _ λ Co λ i Para i = 1, Z 1 = 1 + 26 _ 1 785 2 285 24 ⇒cromo e, para a outra impureza (i = 2), Z 2 = 1 + 26 _ 1 785 1 537 29 ⇒cobre 13 A Mecˆanica Quˆantica Matricial Exerc´ıcio 13.5.1 Mostre que a energia m´edia de um conjunto de osciladores harmˆonicos de frequˆencia natural ω ◦ , em equil´ıbrio t´ermico ` a temperatura T, ´e dada por = ω ◦ 2 coth _ ω ◦ 2kT _ O valor m´edio da energia ´e definido por ε = ∞ ε n e −βε n n e −βε n = − d dβ log ∞ n=0 e −βε n onde _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ β = 1/kT ε n = (n + 1/2)ε ◦ = nε ◦ .¸¸. ε n +ε ◦ /2 ◦ = ω ◦ 123 124 F´ısica Moderna Caruso • Oguri ε = − d dβ log _ e −βε ◦ /2 ∞ n=0 e −βε n _ = d dβ _ −β ε ◦ 2 + log ∞ n=0 e −βε n _ = ε ◦ 2 − d dβ log ∞ n=0 e −βε n . ¸¸ . ε ◦ e −βε ◦ 1−e −βε ◦ = ε ◦ 2 _ 1 + 2e −βε ◦ 1 −e −βε ◦ _ = ε ◦ 2 _ 1 +e −βε ◦ 1 −e −βε ◦ _ = ε ◦ 2 e βε ◦ /2 +e −βε/2 e βε ◦ /2 −e −βε ◦ /2 = hν 2 cotgh _ hν 2kT _ Exerc´ıcio 13.5.2 An´alogo ao efeito Zeeman para o campo magn´etico, o deslocamento dos n´ıveis de energia de um sistema sob a a¸ c˜ao de um campo el´etrico ´e denominado efeito Stark, descoberto em 1913. Mostre que os n´ıveis de energia de um oscilador harmˆ onico de frequˆencia natural ω ◦ , massa m e carga el´etrica e, sob a¸c˜ao de um campo el´etrico uniforme E na dire¸c˜ ao de seu movimento, s˜ao dados por n = _ n + 1 2 _ ω ◦ − e 2 E 2 2mω 2 ◦ (n = 0, 1, 2, . . . . . .) A matriz hamiltoniana, nesse caso, ´e dada por H = p 2 2m + 1 2 mω 2 ◦ x 2 −eEx Completando os termos, convenientemente, pode-se escrever H = p 2 2m + 1 2 mω 2 ◦ x 2 −eEx + e 2 2mω 2 ◦ E 2 − e 2 2mω 2 ◦ E 2 . ¸¸ . 0 = p 2 2m + _ _ m 2 ω ◦ x − _ 2 m e 2ω ◦ E _ 2 − e 2 2mω 2 ◦ E 2 13. A Mecˆ anica Quˆ antica Matricial 125 Definindo-se y = x − (e/mω 2 ) E, a matriz hamiltoniana pode ser reescrita como H = p 2 2m + 1 2 mω 2 ◦ y 2 − e 2 2mω 2 ◦ E 2 Desse modo, [x, H] = [y, H] = i p m e [p, H] = −imω 2 ◦ x Portanto, a solu¸ c˜ao para as matrizes y e p implica que os termos diagonais da matriz H sejam dados por n = _ n + 1 2 _ ω ◦ − e 2 2mω 2 ◦ E 2 Exerc´ıcio 13.5.3 Se _ x, p ¸ = i e H = T + V , onde V = mω 2 ◦ x 2 /2 e T = p 2 /2m, mostre que: a) _ p, H ¸ = _ p, V ¸ = −imω 2 ◦ x; b) _ x, H ¸ = _ x, T ¸ = ip/m; c) _ x 2 , H ¸ = _ x 2 , T ¸ = i(xp +px)/m; d) _ xp, T ¸ = _ px, T ¸ = ip 2 /m. Parte-se de [x, p] = i, H = T +V , T = p 2 /(2m) e V = mω 2 ◦ x 2 /2. a) [p, H] = [p, T +V ] = [p, T] + [p, V ] = [p, p 2 /(2m)] + [p, mω 2 ◦ x 2 /2] = 1 2m [p, p 2 ] + 1 2 mω 2 ◦ [p, x 2 ] Levando-se em conta que [A, B 2 ] = [A, BB] = ABB −BBA = ABB−BAB +BAB . ¸¸ . 0 −BBA = [A, B]B +B[A, B] 126 F´ısica Moderna Caruso • Oguri e que [p, f(p)] = 0 para qualquer fun¸ c˜ao f que dependa s´ o dos momenta, pode-se escrever [p, H] = 1 2 mω 2 ◦ [p, x]x +x[p, x] e lembrando que [p, x] = −i, [p, H] = [p, V ] = −imω 2 ◦ x b) [x, H] = [x, T +V ] = [x, T] + [x, V ] = [x, p 2 /(2m)] = 1 2m [x, p]p +p[x, p] logo, [x, H] = [x, T] = i p m c) [x 2 , H] = [x 2 , T +V ] = [x 2 , T] = 1 2m [x 2 , p 2 ] = 1 2m _ [x 2 , p]p +p[x 2 , p] _ = 1 2m {([x, p]x +x[x, p])p +p([x, p]x +x[x, p])} ou [x 2 , H] = [x 2 , T] = i m (xp +px) 13. A Mecˆ anica Quˆ antica Matricial 127 d) [xp, T] = xpT −Txp Como [x, p] = i ⇒xp = i +px, pode-se escrever [xp, T] = iT +pxT −iT −Tpx = pxT −Tpx = [px, T] Por outro lado, como [p, T(p)] = 0 ⇔pT = Tp, segue-se que [xp, T] = xTp −Txp = [x, T]p ou [xp, T] = [px, T] = i p 2 m = 2iT Exerc´ıcio 13.5.4 Definindo x = _ 2ωm (a +a † ) p = i _ ωm 2 (a † −a) (13.1) onde a e a † s˜ao operadores, mostre que: a) o operador hamiltoniano do oscilador harmˆ onico simples pode ser escrito como H = 1 2 (a † a +aa † ) ω b) os operadores a e a † satisfazem a regra de comuta¸c˜ao _ a, a † ¸ = 1 c) _ H, a † ¸ = ωa † [H, a] = −ωa d) o autovalor m´ınimo de energia do oscilador ´e ω/2 a) Substituindo no operador hamiltoniano H = p 2 2m + 1 2 mω 2 x 2 128 F´ısica Moderna Caruso • Oguri as defini¸c˜oes de x e p em termos dos operadores a e a † , tem-se H = − 1 2m ωm 2 (a † −a)(a † −a) + 1 2 mω 2 2ωm (a +a † )(a +a † ) = ω 4 _ −(a † −a)(a † −a) + (a +a † )(a +a † ) _ = ω 4 _ −a † a † +aa † +a † a −aa +aa +aa † +a † a +a † a † _ ou H = w 2 (a † a +aa † ) b) Para calcular o comutador [a, a † ], ´e preciso explicitar primeiro os operadores a e a † em termos de x e p: a +a † = _ 2ωm x a −a † = i _ 2 ωm p ou seja, a † = 1 2 _ _ 2ωm x −i _ 2 ωm p _ ≡ 1 2 (αx −iβp) a = 1 2 _ _ 2ωm x +i _ 2 ωm p _ ≡ 1 2 (αx +iβp) Assim, [a, a † ] = 1 4 [(αx +iβp), (αx −iβp)] = 1 4 (−iαβ[x, p] +iαβ[p, x]) = iαβ 4 ([p, x] −[x, p]) = − 2iαβ 4 [x, p] = − iαβ 2 ×i = 1 2 _ 2ωm × _ 2 ωm × ou seja, [a, a † ] = 1 13. A Mecˆ anica Quˆ antica Matricial 129 c) Sabe-se que [H, a † ] = ω 2 [a † a +aa † , a † ] = ω 2 (a † aa † −a † a † a .¸¸. + aa † .¸¸. a † −a † aa † ) O primeiro e o quarto termos se anulam. Os termos assinalados na equa¸c˜ao anterior podem ser escritos convenientemente utilizando-se, respectivamente, as rela¸c˜oes a † a = aa † −1 e aa † = 1 +a † a, que decorrem da rela¸c˜ ao de comuta¸c˜ao entre os operadores a e a † . Assim, [H, a † ] = ω 2 (a † −a † aa † +a † aa † +a † ) ⇒ [H, a † ] = ω a † Analogamente, [H, a] = ω 2 [a † a +aa † , a] = ω 2 ( a † a .¸¸. a −aa † a +aa † a −a aa † .¸¸. ) Agora o segundo e o terceiro termos se anulam e substituem-se os termos assinalados de modo que [H, a] = ω 2 (−a +aa † a −aa † a −a) ⇒ [H, a] = −ω a d) Considere, inicialmente, um autoestado ψ do oscilador harmˆ onico simples, de energia , tal que Hψ = ψ Aplicando-se, por exemplo, a identidade [H, a † ] = (ω/2)a † sobre a fun¸ c˜ao ψ, tem-se [H, a † ]ψ = ω 2 a † ψ = Ha † ψ −a † Hψ Pode-se ainda escrever _ H − ω 2 _ a † ψ = a † Hψ = a † ψ = a † ψ donde Ha † ψ = _ + ω 2 _ a † ψ Portanto, o estado a † ψ ´e autoestado do operador hamiltoniano, com autovalor +ω/2. Por este motivo, a † ´e denominado operador de levantamento, enquanto a ´e o operador de abaixamento, pois o estado aψ ´e autoestado do operador hamiltoniano, com autovalor −ω/2. 130 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Uma consequˆencia imediata disto ´e que o operador a, se aplicado ao estado fundamental, d´ a zero como resultado, isto ´e, aψ ◦ = 0 Por outro lado, foi mostrado no item a, que H = w 2 (a † a +aa † ) Com o uso da rela¸c˜ao de comuta¸c˜ao [a, a † ] = 1, o hamiltoniano pode ser reescrito como H = a † a + 1 2 w Se este operador ´e aplicado ao estado fundamental, Hψ ◦ = a † a ψ ◦ + 1 2 wψ ◦ = 1 2 wψ ◦ Mostra-se, assim, que ω/2 ´e o menor valor de energia do oscilador harmˆ onico simples. 14 A Mecˆanica Quˆantica Ondulat´ oria Exerc´ıcio 14.11.1 Discuta a afirma¸ c˜ao do fil´ osofo francˆes Gaston Bachelard: “a onda ´e um quadro de jogos, o corp´ usculo ´e uma chance”. “A onda ´e um quadro de jogos, o corp´ usculo uma chance.” Esta frase de Bachelard, extra´ıda de O Novo Esp´ırito Cient´ıfico, Rio de Janeiro: Tempo Brasileiro, p. 89, faz alus˜ ao ao fato de que, de acordo com a Mecˆanica Quˆ antica, a previs˜ao de qualquer medida referente a uma part´ıcula, ao contr´ ario do que ocorre em F´ısica Cl´assica, requer o conhecimento pr´evio de sua fun¸ c˜ao de onda em todo o espa¸co, obtida a partir da equa¸ c˜ ao de Schr¨ odinger. Todas as informa¸ c˜ oes sobre a part´ıcula quˆ antica, de uma certa forma, j´ a est˜ao contidas nesse quadro formado pelo espa¸co abstrato das fun¸ c˜oes de onda, o espa¸co de Hilbert. ´ E uma medida particular que projeta uma e apenas uma chance dentre todas as poss´ıveis. Em suas pr´oprias palavras, “a onda se apresenta ent˜ao claramente como uma express˜ao matem´atica estendendo-se normalmente a ‘espa¸cos de configura¸c˜ao’ cujo n´ umero de dimens˜ oes ultrapassa o n´ umero trˆes, caracter´ıstica do espa¸ co intuitivo.”(ibid., p. 88) Voltando um pouco no tempo, tendo em vista, por exemplo, o esfor¸ co feito por Louis de Broglie de se associar uma onda-piloto a um corp´ usculo, Bachelard se indaga: “por que se procuraria uma esp´ecie de liga¸ c˜ao causal entre o corp´ usculo e a onda se se trata[m] unicamente de duas imagens, de dois pontos de vista tomados sobre um fenˆomeno complexo?”(ibid., p. 87) 131 132 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 14.11.2 Estime o comprimento de onda e a frequˆencia associados a um el´etron com: a) velocidade igual a 10 8 m/s; b) energia igual a 1 GeV. Considerando que c · 3,0 10 8 m/s, a) v = 10 8 m/s =⇒ v/c = 1/3 =⇒ γ = _ 1 − 1 9 _ −1/2 · 1,06 Assim, _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ p = γmv = 1,06 5,11 10 −31 10 8 = 9,66 10 −23 kg.m/s λ = h p = 6,626 10 −34 9,66 10 −23 = 0,69 10 −11 = 0,069 ˚ A e _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ E = γmc 2 = 1,06 5,11 9 10 16 = 8,69 10 −14 J ν = E h = 8,69 10 −14 6,626 10 −34 = 1,31 10 20 Hz b) _ E = 1 GeV E ◦ = mc 2 = 8,199 10 −14 J = 0,512 MeV Segue-se que γ = E/E ◦ = 1, 953 10 3 ¸1. Assim, p = γmv · γmc ⇒ λ = h p = 6,626 10 −34 1,953 10 3 9,11 10 −31 3 10 8 ou seja, λ = 1,24 10 −15 m e ν = E h = 1,6 10 −19 10 9 6,626 10 −34 = 2,41 10 23 Hz ⇒ ν = 2,41 10 23 Hz 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 133 Exerc´ıcio 14.11.3 O comprimento de onda de emiss˜ao espectral amarelada do s´odio ´e 5 890 ˚ A. Determine a energia cin´etica de um el´etron que tenha o comprimento de onda de L. de Broglie igual a esse valor. O momentum do el´etron ´e igual a p = h λ = 6,626 10 −34 5,89 10 3 10 −10 = 1,13 10 −27 kg.m/s (pc << m e c 2 ) Logo, o problema ´e n˜ao relativ´ıstico e a energia cin´etica pode ser calculada por c = p 2 2m e = (1,13) 2 10 −54 2 9,11 10 −31 = 7,0 10 −25 J = 7,0 10 −25 1,6 10 −19 eV c = 4,4 10 −6 eV Exerc´ıcio 14.11.4 Determine o comprimento de onda de L. de Broglie asso- ciado a um el´etron na ´orbita de Bohr correspondendo a n = 1. n = − e 2 2a 1 n 2 ⇒ 1 = −13,6 eV << m e c 2 (n˜ao relativ´ıstico) λ = h p = h _ 2m[ 1 [ = 6,626 10 −34 _ 2 9,11 10 −31 13,6 1,6 10 −19 = 6,626 10 −34 1,991 10 −24 = 3,33 10 −10 m λ = 3,33 ˚ A 134 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 14.11.5 O comprimento de onda associado a um ´atomo de h´elio (He) de um feixe que foi difratado por um cristal ´e igual a 0,60 ˚ A. Determine: a) a velocidade dos ´atomos de h´elio; b) a temperatura que corresponde a tal velocidade. Dados: µ He = 4,0043 u e λ He = 0,60 ˚ A. Logo, p = h λ He = 6,626 10 −34 0,6 10 −10 = 1,104 10 −23 kg.m/s Como pc << m He c 2 , o problema ´e n˜ao relativ´ıstico, e segue-se a) v = p m = 1,104 10 −23 4,004 1,66 10 −27 v = 1,66 10 3 m/s b) c = p 2 2m = 1 2 kT ⇒ T = p 2 km = (1,104) 2 10 −46 1,38 10 −23 4,004 1,66 10 −27 T = 1,33 10 3 K Exerc´ıcio 14.11.6 Obtenha a equa¸ c˜ao de Schr¨odinger independente do tempo fazendo uma analogia com o problema da “corda vibrante” e usando as hip´ oteses de L. de Broglie. Se existe uma onda associada a uma part´ıcula, como defendia L. de Broglie, ela deve, segundo Schr¨ odinger, por analogia ao problema da corda vibrante, satisfazer uma equa¸c˜ao de onda tipo d’Alembert, equa¸ c˜ao (5.1) do livro de texto, _ ∇ 2 − 1 v 2 ∂ 2 ∂t 2 _ Ψ(r, t) = 0 Uma solu¸c˜ao geral desta equa¸c˜ao pode ser do tipo Ψ(r, t) = φ(r)e −iωt 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 135 da qual resulta que a fun¸ c˜ao que cont´em a dependˆencia espacial deve satisfazer `a equa¸c˜ao ∇ 2 φ + k 2 φ = 0 onde k = ω/v. Por outro lado, L. de Broglie havia admitido a existˆencia de uma rela¸c˜ao linear entre p e k, tal que p = k =⇒ k 2 = p 2 2 Para um sistema conservativo, o termo p 2 pode ser expresso em fun¸c˜ao da energia total, H = E = p 2 2m + V ⇒ p 2 = 2m(E −V ) e, portanto, k 2 = 2m 2 (E −V ) Esse resultado leva `a seguinte equa¸c˜ao para u(r): ∇ 2 φ + 2m 2 (E −V )φ = 0 ou, − 2 2m ∇ 2 φ(r) + V (r)u(r) = Eφ(r) que ´e a equa¸c˜ao de Schr¨ odinger independente do tempo. Exerc´ıcio 14.11.7 Verifique se ψ pode ser real ou imagin´ aria pura se a energia potencial for complexa. Interprete o resultado. Da equa¸c˜ao de Schr¨ odinger, − 2 2m ∇ 2 ψ + V (r)ψ = i ∂ψ ∂t se V = V R + iV I e ψ = ψ R + iψ I , segue-se que − 2 2m ∇ 2 (ψ R + iψ I ) + (V R + iV I )(ψ R + iψ I ) = i ∂(ψ R + iψ I ) ∂t 136 F´ısica Moderna Caruso • Oguri ou, − 2 2m ∇ 2 ψ R + V R ψ R −V I ψ I −i 2 2m ∇ 2 ψ I + iV I ψ R + iV R ψ I = i ∂ψ R ∂t − ∂ψ I ∂t Igualando as partes real e imagin´ aria da equa¸ c˜ao anterior, obt´em-se _ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ _ − 2 2m ∇ 2 ψ R + V R ψ R −V I ψ I = − ∂ψ I ∂t − 2 2m ∇ 2 ψ I + V I ψ R + V R ψ I = ∂ψ R ∂t Se ψ R = 0, das equa¸c˜oes anteriores resulta, respectivamente, _ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ _ V I ψ I = ∂ψ I ∂t − 2 2m ∇ 2 ψ I + V R ψ I = 0 Logo, a dependˆencia temporal de ψ I variaria exponencialmente no tempo como ψ I (t) = ψ I (0)e V I t/ com um coeficiente /V I . J´a a dependˆencia espacial seria dada pela equa¸c˜ao de Schr¨ odinger independente do tempo, sendo o potencial apenas a parte real do potencial total. Por outro lado, se ψ I = 0, _ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ _ − 2 2m ∇ 2 ψ R + V R ψ R = 0 V I ψ R = ∂ψ R ∂t ⇒ ψ R (t) = ψ R (0)e V I t/ Neste caso, ψ R tamb´em variaria exponencialmente no tempo, com o mesmo coeficiente, e a equa¸c˜ao espacial ´e do mesmo tipo do caso anterior. Portanto, pode-se concluir que a existˆencia de um potencial complexo permite que a fun¸ c˜ao de onda seja somente real ou imagin´aria pura, mas n˜ ao haveria conserva¸c˜ao da densidade de probabilidade neste caso. Exerc´ıcio 14.11.8 Partindo da equa¸ c˜ao de Schr¨odinger unidimensional, mostre que problemas de estado ligado s˜ ao sempre n˜ao degenerados em uma 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 137 dimens˜ao, isto ´e, s´o existe uma autofun¸ c˜ao correspondente a cada autovalor de energia. Suponha que existam duas autofun¸ c˜oes diferentes, φ k e φ , com autovalores de energia E k e E . Logo d 2 φ k dx 2 = − 2mE k 2 φ k + 2mV 2 φ k d 2 φ dx 2 = − 2mE 2 φ + 2mV 2 φ Multiplicando a primeira equa¸ c˜ao por φ e a segunda, por φ k , e subtraindo uma da outra, chega-se a φ d 2 φ k dx 2 −φ k d 2 φ dx 2 = − 2m 2 (E k −E )φ k φ ou d dx _ φ k dφ dx −φ dφ k dx _ = 2m 2 (E k −E )φ k φ o que equivale a φ k dφ dx −φ dφ k dx = 2m 2 (E k −E ) _ φ k φ dx Se h´a degenerescˆencia, E k = E para φ k ,= φ , implica que φ k dφ dx = φ dφ k dx ou dφ φ = dφ k φ k o que requer que φ = φ k , contrariando a hip´ otese. Portanto, em proble- mas unidimensionais, n˜ ao h´a autoestados degenerados para a equa¸ c˜ao de Schr¨ odinger. Exerc´ıcio 14.11.9 Mostre que, se o hamiltoniano H (−i∂/∂q, q) ´e sim´etrico com rela¸ c˜ao a q, isto ´e, H (−i∂/∂q, q) = H (+i∂/∂q, −q) e, se s´o existe uma autofun¸c˜ao ψ E (q) de H com autovalor E (n˜ao degenerado), esta solu¸c˜ao ´e par ou ´ımpar, ou seja ψ(q) = λψ(−q), λ = ±1 hip´ oteses _ _ _ H(q) = H(−q) H(q)ψ E (q) = Eψ E (q) 138 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Assim, H(−q)ψ E (−q) = Eψ E (−q) = H(q)ψ E (−q) ⇒ ψ E (q) ∼ ψ E (−q) ψ E (q) = λψ E (−q) ⇒ _ ¸ ¸ ψ E (q) ¸ ¸ 2 dq = _ ¸ ¸ λψ E (−q) ¸ ¸ 2 dq = 1 Logo, λ 2 _ ¸ ¸ ψ E (−q) ¸ ¸ 2 dq . ¸¸ . 1 = 1 λ 2 = 1 ⇒ λ = ±1 Exerc´ıcio 14.11.10 O estado de uma part´ıcula confinada em um intervalo (0, L) ´e descrito por Ψ = Ae −iE n t/ sen _ nπ x L _ a) determine a constante de normaliza¸c˜ao A; b) represente graficamente a densidade de probabilidade de presen¸ca; c) calcule a probabilidade de se observar a part´ıcula entre 0 e L/4. A densidade de probabilidade de presen¸ ca ´e ρ(x) = [Ψ[ 2 = A 2 sen 2 _ n πx L _ (0 < x < L) a) De acordo com a condi¸ c˜ao de normaliza¸c˜ao, _ L 0 ρ(x) dx = A 2 _ L 0 sen 2 _ n πx L _ dx = A 2 _ L 0 _ 1 −cos _ 2n πx L __ dx = 1 A 2 L 2 = 1 ⇒ A = _ 2 L Assim, Ψ = _ 2 L e −iE n t/ sen _ n πx L _ (0 < x < L) 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 139 b) ρ(x) = 2 L sen 2 _ n πx L _ = 1 L _ 1 −cos _ 2nπ x L __ Na figura a seguir est˜ao esbo¸cados os valores de ρ para n = 1 e 2. Observe que a densidade de probabilidade ´e sim´etrica com rela¸c˜ao a L/2 e, portanto, o valor m´edio da posi¸ c˜ao para qualquer autoestado ´e L/2. c) P(0 < x < L/4) = 2 _ L/4 0 sen 2 _ n πx L _ dx = 1 L _ x ¸ ¸ ¸ ¸ L/4 0 − L 2nπ sen _ 2n πx L _ ¸ ¸ ¸ ¸ L/4 0 _ = 1 4 + 1 2nπ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ 0 n = 2, 4, 6, . . . −1 n = 1, 5, 9, . . . 1 n = 3, 7, 11, . . . 140 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 14.11.11 A partir das express˜oes _ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ _ ¸E) = _ V Ψ ∗ HΨdV ¸E 2 ) = _ V Ψ ∗ H 2 ΨdV mostre que, se o estado de uma part´ıcula ´e representado por um estado do tipo Ψ(r, t) = ψ n (r) e −iE n t/ onde ψ n (r) ´e um autoestado de H, ou seja, Hψ n = E n ψ n a dispers˜ao da energia, ∆E = _ ¸E 2 ) −¸E) 2 , ´e nula. Uma vez que Hψ(r, t) = Hψ n (r) . ¸¸ . Eψ n (r) e −iE n t/ = E n ψ(r, t) calculando-se ¸E) = _ V ψ ∗ (Hψ) . ¸¸ . E n ψ dV = E n _ V ψ ∗ n ψ n dV . ¸¸ . 1 = E n e ¸E 2 ) = _ V ψ ∗ H (Hψ) . ¸¸ . E n ψ dV = E n _ V ψ ∗ (Hψ) . ¸¸ . E n ψ dV = E 2 n a dispers˜ao em rela¸ c˜ao ao valor m´edio ´e dada por ∆E = _ ¸E 2 ) −¸E) 2 = _ E 2 n −E 2 n = 0 Exerc´ıcio 14.11.12 Mostre que a densidade de probabilidade de presen¸ ca associada a uma part´ıcula em um campo conservativo cujo estado inicial ´e dado pela combina¸c˜ao linear de dois de seus autoestados ψ 1 (r) e ψ 2 (r) pode ser expressa como ρ(r, t) = a(r) + b(r) cos _ ωt + φ(r) ¸ 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 141 Considere que Ψ(r, 0) = αψ 1 (r) + βψ 2 (r) _ _ _ Ψ(r, t) = αψ 1 (r)e −iE 1 t/ + βψ 2 (r)e −iE 2 t/ Ψ ∗ (r, t) = α ∗ ψ ∗ 1 (r)e iE 1 t/ + β ∗ ψ ∗ 2 (r)e iE 2 t/ Logo ρ(r, t) = Ψ ∗ (r, t)Ψ(r, t) = ¸ ¸ α ¸ ¸ 2 ¸ ¸ ψ 1 ¸ ¸ 2 + ¸ ¸ β ¸ ¸ 2 ¸ ¸ ψ 2 ¸ ¸ 2 . ¸¸ . a(r) +α ∗ βψ ∗ 1 ψ 2 . ¸¸ . c(r) e iωt + αβ ∗ ψ 1 ψ ∗ 2 . ¸¸ . c ∗ (r) e −iωt = a(r) + c(r)e iωt + c ∗ (r)e −iωt onde ω ≡ (E 1 − E 2 )/. Usando a f´ ormula de Euler, e ±iωt = cos ωt + i sen ωt, pode-se escrever ρ(r, t) = a(r) + [c(r) + c ∗ (r)] cos ωt + i[c(r) −c ∗ (r)] sen ωt = a(r) + 2'[c(r)] cos ωt + i2·[c(r)] sen ωt ou ρ(r, t) = a(r) + b(r) cos[ωt + φ(r)] onde _ _ _ b(r) sen φ(r) = 2'[c(r)] = c(r) + c ∗ (r) −b(r) cos φ(r) = −2·[c(r)] = i[c(r) −c ∗ (r)] Assim, tg φ(r) = '[α ∗ βψ ∗ 1 (r)ψ 2 (r)] ·[α ∗ βψ ∗ 1 (r)ψ 2 (r)] e b 2 = (c + c ∗ ) 2 −(c −c ∗ ) 2 = 4[c[ 2 142 F´ısica Moderna Caruso • Oguri e, portanto, b = 2[c[ = 2[α[[β[ ¸ ¸ ψ 1 (r) ¸ ¸ ¸ ¸ ψ 2 (r) ¸ ¸ Exerc´ıcio 14.11.13 O estado inicial de uma part´ıcula ´e dado por Ψ(x, 0) = _ _ _ Ae ik ◦ (x−x ◦ ) x ◦ < x < x ◦ + a 0 x < x ◦ e x > x ◦ + a onde k ◦ = 2π/λ ◦ . a) determine a constante de normaliza¸c˜ao; b) represente graficamente a densidade de probabilidade de presen¸ca; c) determine o valor m´edio da posi¸c˜ao; d) calcule a incerteza associada a esse valor m´edio. a) _ x ◦ +a x ◦ [ Ψ [ 2 . ¸¸ . ρ=A 2 dx = A 2 x ¸ ¸ ¸ ¸ x ◦ +a x ◦ = 1 ⇒ A = 1 √ a b) ρ(x) = _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ 0 x < x ◦ 1/a x ◦ < x < x ◦ + a 0 x > x ◦ + a 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 143 c) ¸x) = _ ∞ −∞ xρ(x) dx = 1 a _ x ◦ +a x ◦ xdx = 1 2a x 2 ¸ ¸ ¸ ¸ x ◦ +a x ◦ = 1 2a _ (x ◦ + a) 2 −x 2 ◦ ¸ ⇒ ¸x) = x ◦ + a/2 d) ¸x 2 ) = 1 a _ x ◦ +a x ◦ x 2 dx = 1 3a x 3 ¸ ¸ ¸ ¸ x ◦ +a x ◦ = 1 3a _ (x ◦ + a) 2 (x ◦ + a) −x 3 ◦ ¸ = x 2 ◦ + x ◦ a + a 2 3 Levando em conta que ¸x) 2 = x 2 ◦ + x ◦ a + a 2 4 resulta que (∆x) 2 = ¸x 2 ) −¸x) 2 = a 2 _ 1 3 − 1 4 _ = a 2 12 ou ∆x = a √ 12 Exerc´ıcio 14.11.14 A todo operador diferencial linear A, definido para as fun¸c˜oes complexas de uma vari´ avel x, que se anulam no infinito, corresponde um outro operador linear adjunto A † , definido por _ ∞ −∞ ψ ∗ (x) _ Aψ(x) ¸ dx = _ ∞ −∞ _ A † ψ ∗ (x) ¸ ψ(x) dx Mostre que: a) A † = −d/dx ´e o adjunto de A = d/dx; b) A † = c ∗ ´e o adjunto de A = c, onde c ´e um n´ umero complexo; c) A † = A se A = i d/dx; d) a imposi¸ c˜ao de que o valor m´edio ¸A) das medidas de uma grandeza A implica que o operador associado / seja hermitiano, ou seja, / † = /. 144 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Parte-se da defini¸ c˜ao dada no enunciado do exerc´ıcio, _ ∞ −∞ ψ ∗ (x) [Aψ(x)] dx = _ ∞ −∞ _ A † ψ(x) _ ∗ ψ(x)dx lembrando que ψ(x = ±∞) = 0. a) A = d dx _ ∞ −∞ ψ ∗ (x) _ d dx ψ(x) _ dx = ψ ∗ ψ ¸ ¸ ¸ ¸ ∞ −∞ . ¸¸ . 0 − _ ∞ −∞ ψ _ dψ ∗ dx _ dx = _ ∞ −∞ __ − d dx _ ψ _ ∗ ψ(x) dx Logo, A † = − d dx b) A = c _ ∞ −∞ ψ ∗ (x)(cψ) dx = _ ∞ −∞ (cψ ∗ )ψ dx = _ ∞ −∞ (c ∗ ψ) ∗ ψ dx donde A † = c ∗ c) A = i d dx _ ∞ −∞ ψ ∗ (x) _ i d dx ψ _ dx = i _ ∞ −∞ ψ ∗ _ d dx ψ _ dx = −i _ ∞ −∞ ψ _ dψ ∗ dx _ dx = _ ∞ −∞ __ i d dx _ ψ _ ∗ ψ dx donde A † = i d dx = A d) ¸A) = _ ∞ −∞ ψ ∗ (Aψ) dx = _ ∞ −∞ _ A † ψ _ ∗ ψ dx 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 145 Logo, ¸A) ∗ = _ ∞ −∞ (Aψ) ∗ ψ dx ¸A) = ¸A) ∗ ⇒ _ ∞ −∞ __ A † ψ _ ∗ −(Aψ) ∗ _ ψ dx = 0 portanto, A † = A Exerc´ıcio 14.11.15 Seja A um operador hermitiano que possui um espectro discreto de autovalores n˜ao degenerados, ¦a n ¦, associados a um conjunto de autofun¸c˜oes, ¦φ n (r)¦, tal que Aφ n (r) = a n φ n (r) Mostre que: a) os autovalores s˜ao reais; b) as autofun¸ c˜ oes associadas a autovalores distintos s˜ao ortogonais, ou seja, _ V φ ∗ l (r) φ n (r) dV = 0 (l ,= n) Os operadores hermitianos que possuem um espectro discreto de autovalores n˜ao degenerados satisfazem a equa¸c˜ao Aφ n (r) = a n φ n (r) a) Para mostrar que seus autovalores s˜ao reais, parte-se de _ V φ ∗ n (Aφ n ) dV = _ V (Aφ n ) ∗ φ n dV ou (a n −a ∗ n ) _ V ¸ ¸ φ n ¸ ¸ 2 dV . ¸¸ . >0 = 0 ⇒ a n = a ∗ n (real) b) A demonstra¸ c˜ao de que suas autofun¸ c˜ oes associadas a autovalores distintos s˜ao ortogonais parte de _ V φ ∗ l (Aφ n ) dV = _ V (Aφ l ) ∗ φ n dV 146 F´ısica Moderna Caruso • Oguri ou (a n −a l ) _ V φ ∗ l φ n dV = 0 Para a n ,= a l ⇒ _ V φ ∗ l φ n dV = 0 (l ,= n) Exerc´ıcio 14.11.16 Seja Ψ(r, t) a fun¸c˜ ao de onda que representa o estado atual de uma part´ıcula. Se / ´e um operador hermitiano associado a uma grandeza A, que possui um espectro discreto de autovalores n˜ ao degenerados, ¦a n ¦, e autofun¸c˜oes, ¦φ n (r)¦, ou seja, /φ n (r) = a n φ n (r) tal que Ψ(r, t) pode ser expressa por uma combina¸ c˜ao linear das autofun¸ c˜oes φ n (r), do tipo Ψ(r, t) = n c n (t) φ n (r) mostre que a express˜ ao para o valor m´edio de A ¸A) = _ V Ψ ∗ (r, t) /Ψ(r, t) dV ´e equivalente a ¸A) = n [c n [ 2 a n Sejam _ _ _ Ψ(r, t) = n c n (t)φ n (r) =⇒ Ψ ∗ (r, t) = c ∗ (t)φ ∗ (r) /φ n (r) = a n φ n (r) Logo, ¸A) = _ V Ψ ∗ (r, t)/Ψ(r, t) dV = ,n c ∗ (t)c n (t) _ v φ ∗ (r) /φ n (r) . ¸¸ . a n φ n dV Assim, ¸A) = ,n c ∗ c n a n _ V φ ∗ φ n dV . ¸¸ . δ n 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 147 e, portanto, ¸A) = n [c n [ 2 a n Exerc´ıcio 14.11.17 Uma part´ıcula livre de massa m, tal que sua energia ´e re- presentada por H = p 2 /2m, onde p representa o momentum linear, se desloca na dire¸c˜ ao x. Mostre que: a) _ x, H ¸ = i p m b) _ x 2 , H ¸ = i m (xp + px) c) _ xp, H ¸ + _ px, H ¸ = 2i p 2 m Sabe-se que H = p 2 /2m e [x, p] = i. a) [x, H] = [x, p 2 /2m] = 1 2m (xp 2 −p 2 x) = 1 2m (xpp −ppx) = 1 2m (xpp −pxp + pxp . ¸¸ . 0 −ppx) = = 1 2m ([x, p]p + p[x, p]) = i p m b) De modo an´ alogo, [x 2 , H] = [xx, H] = xxH −Hxx = xxH −xHx . ¸¸ . x[x,H] +xHx −Hxx . ¸¸ . [x,H]x = i m (xp + px) c) Por outro lado, como H = T = p 2 /2m =⇒ [H, p] = 0 ⇐⇒ Hp = pH obt´em-se _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ [xp, H] = xpH .¸¸. xHp −Hxp = [x, H]p = i p 2 m [px, H] = pxH −Hpx .¸¸. pHx = p[x, H] = i p 2 m =⇒ _ xp, H ¸ + _ px, H ¸ = 2i p 2 m 148 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 14.11.18 Mostre que, para uma part´ıcula de massa m, sob a a¸c˜ao de um potencial central, V (r), e, portanto, associada a um operador hamiltoniano H = T + V , onde T = p 2 /(2m), vale: a) _ r p, T ¸ = i m p 2 , onde p = −i ∇ b) _ r p, V ¸ = −ir dV dr _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ H = p 2 2m + V (r) p = −i ∇ ⇒ H = − 2 2m ∇ 2 + V (r) a) _ r p, T ¸ = _ r p, p 2 /2m ¸ = 1 2m _ (r p)p 2 −p 2 (r p) _ = 1 2m _ xp x (p 2 x + p 2 y + p 2 z ) −(p 2 x + p 2 y + p 2 z )xp x + +yp y (p 2 x + p 2 y + p 2 z ) −(p 2 x + p 2 y + p 2 z )yp y + +zp z (p 2 x + p 2 y + p 2 z ) −(p 2 x + p 2 y + p 2 z )zp z _ = [xp x , p 2 x /2m] + [yp y , p 2 y /2m] + [zp z , p 2 z /2m] = i m _ p 2 x + p 2 y + p 2 z _ = i p 2 m b) _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ r = rˆ r p = −i ∇ = −i _ ˆ r ∂ ∂r + ˆ θ 1 r ∂ ∂θ + ˆ φ 1 rsen θ ∂ ∂φ _ Logo, r p = −ir ∂ ∂r 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 149 [r p, V (r)]ψ(r) = [−i∂/∂r, V (r)]ψ(r) = −ir ∂ ∂r _ V (r)ψ(r) _ + iV (r)r ∂ψ(r) ∂r = −ir _ ∂V ∂r _ ψ(r) −irV (r) ∂ψ(r) ∂r + iV (r)r ∂ψ(r) ∂r = −ir _ dV dr _ ψ(r) Portanto, [r p, V (r)] = −ir dV dr Exerc´ıcio 14.11.19 A partir de uma rela¸ c˜ao de incerteza, mostre que as oscila¸ c˜oes de um circuito LC, excitado por uma tens˜ao eficaz de 1 mV, no qual L = 3 mH e C = 4,7 nF, podem ser descritas pelo Eletromagnetismo Cl´ assico. Em um circuito LC, sabe-se que ω ◦ = 1 √ LC ⇒ T = 2π ω ◦ = 2π √ LC Sendo a energia (E) armazenada por ciclo no circuito dada por E = CV 2 ef onde V ef ´e a tens˜ao eficaz, o produto E T = 2πCV 2 ef √ LC = 2 3,14 4,7 10 −9 10 −6 _ 3 10 −3 4,7 10 −9 · 10 −19 J.s ¸h significa que as oscila¸ c˜oes do circuito LC est˜ao no limite do Eletromagnetismo Cl´assico. 150 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 14.11.20 A partir da igualdade lim α→∞ sen qα q = _ ∞ 0 cos qxdx, mostre que: a) lim α→∞ sen qα q = lim →0 q 2 + 2 b) lim α→∞ sen qα q = π a) Partindo da equa¸ c˜ao dada, lim α→∞ sen qα q = _ ∞ 0 cos(qx) dx e considerando que cos(qx) = lim →0 e −x e iqx + e −iqx 2 ou cos(qx) = 1 2 lim →0 __ ∞ 0 e (iq−)x dx + _ ∞ 0 e (−iq−)x dx _ = 1 2 lim →0 _ 1 iq − e (iq−)x ¸ ¸ ¸ ¸ ∞ 0 − 1 iq + e (−iq−)x ¸ ¸ ¸ ¸ ∞ 0 _ = 1 2 lim →0 _ 1 iq + − 1 iq − _ = 1 2 lim →0 2 2 + q 2 Logo lim α→∞ sen qα q = lim →0 2 2 + q 2 Este ´ ultimo limite ´e utilizado para definir a distribui¸ c˜ao δ(q) de Dirac (ver figura), como ´e mostrado no pr´ oximo item. 1 2" 1 " " " q lim " 0 " " 2 2 +q = ( ) a± q 14. A Mecˆ anica Quˆ antica Ondulat´ oria 151 b) Fazendo q = tg θ =⇒ 2 + q 2 = 2 (1 + tg 2 θ) = 2 sec 2 θ, tem-se dq = sec 2 θ dθ donde lim →0 _ ∞ −∞ 2 + q 2 dq = lim →0 2 _ ∞ 0 2 + q 2 dq = 2 _ π/2 0 dθ = π Logo, lim →0 2 + q 2 = πδ(q) Assim, para qualquer fun¸ c˜ao de q, f(q), que n˜ ao varie em torno da origem (q = 0) t˜ao rapidamente quanto a fun¸ c˜ao 1 π 2 + q 2 , vale a propriedade _ ∞ −∞ f(q) δ(q) dq = f(0) _ ∞ −∞ 1 π 2 + q 2 dq . ¸¸ . 1 ou seja, _ ∞ −∞ f(q) δ(q) dq = f(0) Essa ´e a propriedade que define a chamada distribui¸ c˜ao delta de Dirac. 15 Aplica¸ c˜ oes da equa¸ c˜ao de Schr¨odinger Exerc´ıcio 15.7.1 Uma part´ıcula de massa m e energia E > V ◦ , deslocando-se na dire¸c˜ao e sentido positivo do eixo x, incide em um degrau de potencial de altura V ◦ , em x = 0. Determine: a) as autofun¸c˜oes de energia nas regi˜oes x < 0 e x > 0; b) os coeficientes de transmiss˜ao e reflex˜ao. Os problemas de po¸co e barreira de potencial podem ser resolvidos, siste- maticamente, do seguinte modo: De in´ıcio, identificam-se as diferentes regi˜oes do espa¸co, nas quais o potencial ´e cont´ınuo. Feito isto, escreve-se a equa¸c˜ao de Schr¨ odinger para cada uma das regi˜ oes distintas e encontram-se suas solu¸c˜oes gerais. Como a equa¸c˜ao de Schr¨ odinger ´e de 2- a ordem na vari´ avel x, tanto as solu¸c˜oes como suas derivadas devem ser cont´ınuas nos pontos de descontinuidade do potencial. Al´em disso, as condi¸c˜oes assint´oticas em−∞e +∞devem ser levadas em conta. Desse modo, resulta um sistema de equa¸c˜oes que deve ser resolvido para as constantes de integra¸c˜ao. Por ´ ultimo, a condi¸ c˜ao de normaliza¸ c˜ao da fun¸ c˜ao de onda total permite determinar a ´ ultima constante independente. A figura a seguir representa o degrau de potencial descrito no problema, assinaladas as duas regi˜oes distintas, I e II, nas quais o potencial ´e cont´ınuo e, nesse caso, constante. 153 154 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Escrevendo-se a equa¸c˜ao de Schr¨ odinger para um potencial constante V ◦ , − 2 2m d 2 dx 2 ψ + V ◦ ψ(x) = Eψ(x) =⇒ d 2 dx 2 ψ + k 2 ψ = 0 onde k = p = _ 2m(E −V ◦ ) > 0 (E > V ◦ ) Duas solu¸c˜oes linearmente independentes s˜ao: _ _ _ e ikx e −ikx Ou seja, nesse caso de estados n˜ao ligados, os autovalores de energia s˜ao duplamente degenerados, o que corresponde aos dois sentidos de propaga¸ c˜ao para uma mesma energia. a) Assim, as autofun¸c˜oes de energia para cada uma das regi˜oes s˜ao dadas por _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ regi˜ao I : V = 0 =⇒ k ◦ = √ 2mE = p ◦ =⇒ ψ I = incidente ¸ .. ¸ Ae ik ◦ x + refletida ¸ .. ¸ Be −ik ◦ x regi˜ao II : V = V ◦ =⇒ k = _ 2m(E −V ◦ ) = p =⇒ ψ II = Ce ikx . ¸¸ . transmitida Observe que ao contr´ario da F´ısica Cl´ assica, a probabilidade de que a part´ıcula seja refletida por uma barreira de potencial menor que a sua energia cin´etica ´e diferente de zero. b) Para calcular os coeficientes de transmiss˜ao e reflex˜ao, calculam-se, inicialmente, as correntes incidente, refletida e transmitida: _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ J inc = p ◦ m [ A [ 2 J refl = − p ◦ m [ B [ 2 J trans = p m [C[ 2 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 155 A conserva¸c˜ao da corrente implica J inc = J refl + J trans =⇒ 1 = _ J trans J inc _ . ¸¸ . t + _ J refl J inc _ . ¸¸ . r onde t ´e o coeficiente de transmiss˜ao e r, o coeficiente de reflex˜ao. As condi¸c˜oes de contorno imp˜oem rela¸c˜ oes entre os coeficientes A, B e C. De fato, _ _ _ ψ I (0) = ψ II (0) =⇒ A + B = C ψ I (0) = ψ II (0) =⇒ k ◦ (A−B) = kC =⇒ 2A = _ 1 + k k ◦ _ C Assim, _ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ _ t = p p ◦ ¸ ¸ ¸ C A ¸ ¸ ¸ 2 = 4p/p ◦ (1 + p/p ◦ ) 2 p p ◦ = k k ◦ = _ 1 −V ◦ /E =⇒ t = 4 _ 1 −V ◦ /E _ 1 + _ 1 −V ◦ /E _ 2 e, de acordo com a conserva¸c˜ao de corrente, r = 1 − 4 _ 1 −V ◦ /E _ 1 + _ 1 −V ◦ /E _ 2 = 1 + 2 _ 1 −V ◦ /E + (1 −V ◦ ) −4 _ 1 −V ◦ /E _ 1 + _ 1 −V ◦ /E _ 2 ⇓ r = _ 1 − _ 1 −V ◦ /E _ 2 _ 1 + _ 1 −V ◦ /E _ 2 Se um feixe de part´ıculas incide sobre esse degrau de potencial com energia suficiente para ultrapass´ a-lo, a express˜ao anterior permite calcular a fra¸ c˜ao de part´ıculas que n˜ ao atravessar˜ao essa barreira. 156 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 15.7.2 Uma part´ıcula de massa m encontra-se confinada em um po¸co de potencial infinito entre x = 0 e x = a. Determine: a) os valores m´edios da posi¸c˜ao e do momentum, ¸x) n e ¸p) n , para seus autoestados estacion´arios de energia; b) o autoestado estacion´ario que minimiza o produto das incertezas (∆x) n (∆p) n ; Se o estado inicial da part´ıcula ´e Ψ(x, 0) = Ax(a −x), determine: c) a distribui¸ c˜ao de probabilidades para os momenta. d) os valores m´edios da posi¸c˜ ao e do momentum, ¸x) ◦ e ¸p) ◦ ; e) as probabilidades de ocorrˆencia de cada autovalor de energia da part´ıcula; f ) o estado da part´ıcula em um instante gen´erico t. Considere o po¸ co de potencial confinante esquematizado na pr´ oxima figura, onde o fundo do po¸ co ´e tomado como a origem para o potencial, ou seja, V = 0 para 0 < x < a, e V = ∞ para x < 0 e x > a. 0 a x ¥ ¥ Nesse caso, a fun¸c˜ao de onda em qualquer regi˜ ao fora do po¸ co ´e nula, ψ n (x) = 0 (x < 0 e x > a) e qualquer autoestado estacion´ ario da part´ıcula dentro do po¸ co ´e dado por ψ n (x) = _ 2 a sen _ nπx a _ (0 < x < a) n = 1, 2, 3, com autovalores E n = n 2 π 2 2 2ma 2 Assim, a densidade de probabilidade de presen¸ ca (ρ n = [ψ n [ 2 ) da part´ıcula 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 157 associada a qualquer autoestado ´e dada por ρ n (x) = _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ 1 a _ 1 −cos 2nπx a _ (0 < x < a) 0 (x < 0 e x > a) n = 1, 2, 3, a) O valor m´edio da posi¸ c˜ao ´e dado por ¸x) n = _ a 0 xρ n (x) dx = 1 a _ a 0 x _ 1 −cos 2nπx a _ dx = 1 a _ _ a 0 x dx − _ a 0 x cos (2nπx/a) dx _ Integrando por partes a segunda integral, tem-se ¸x) n = 1 a _ x 2 2 ¸ ¸ ¸ ¸ a 0 − a 2nπ x sen _ 2nπx a _¸ ¸ ¸ ¸ a 0 . ¸¸ . 0 + a 2nπ _ a 0 sen _ 2nπx a _ dx _ = a 2 − a (2nπ) 2 cos _ 2nπx a _¸ ¸ ¸ ¸ a 0 . ¸¸ . 0 =⇒ ¸x) n = a 2 O valor m´edio do momentum ´e dado por ¸p) n = _ ∞ −∞ ψ ∗ n (x) p x ψ n (x) dx = _ a 0 ψ ∗ n _ −i d dx ψ n _ dx = 1 a _ −i nπ a __ a 0 2 sen _ nπx a _ cos _ nπx a _ . ¸¸ . sen _ 2nπx a _ dx = −i nπ a 2 _ a 0 sen _ 2nπx a _ dx . ¸¸ . 0 =⇒ ¸p) n = 0 Apesar de confinada, a part´ıcula encontra-se essencialmente livre no interior do po¸co. Somente nos limites do po¸co h´a a manifesta¸c˜ao de alguma a¸c˜ao que n˜ ao permite que ela escape. Assim, o movimento em qualquer sentido ´e igualmente prov´ avel e, por isso, o valor m´edio do momentum ´e nulo. 158 F´ısica Moderna Caruso • Oguri b) Para o c´ alculo das incertezas, torna-se necess´ario o c´alculo dos valores m´edios dos quadrados da posi¸ c˜ao (¸x 2 ) n ) e do momentum (¸p 2 ) n ). ¸x 2 ) n = _ a 0 x 2 ρ n (x) dx = 1 a _ a 0 x 2 _ 1 −cos 2nπx a _ dx = 1 a _ _ a 0 x 2 dx − _ a 0 x 2 cos (2nπx/a) dx _ Integrando por partes a segunda integral, tem-se ¸x 2 ) n = 1 a _ x 3 3 ¸ ¸ ¸ ¸ a 0 − a 2nπ x 2 sen _ 2nπx a _¸ ¸ ¸ ¸ a 0 . ¸¸ . 0 + a nπ _ a 0 x sen _ 2nπx a _ dx _ e, integrando novamente por partes a ´ ultima integral, obt´em-se ¸x 2 ) n = a 2 3 − a 2(nπ) 2 x cos _ 2nπx a _¸ ¸ ¸ ¸ a 0 + a 2(nπ) 2 _ a 0 cos _ 2nπx a _ dx . ¸¸ . 0 = a 2 3 − a 2 2n 2 π 2 = a 2 _ 1 3 − 1 2n 2 π 2 _ Desse modo, (∆ x ) 2 n = ¸x 2 ) n −¸x) 2 n = a 2 _ 1 3 − 1 2n 2 π 2 − 1 4 _ = a 2 12 _ 1 − 6 n 2 π 2 _ ou ainda, (∆x) n = a √ 12 _ 1 − 6 n 2 π 2 O valor m´edio do quadrado do momentum ´e dado por ¸p 2 ) n = _ a 0 ψ ∗ n _ p 2 x ψ n _ dx = _ a 0 ψ ∗ n _ − 2 d 2 dx 2 ψ n _ dx = 2 _ nπ a _ 2 1 a _ a 0 2 sen 2 _ nπx a _ . ¸¸ . 1−cos( 2nπx a ) dx = 2 _ nπ a _ 2 donde (∆p) n = _ nπ a _ 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 159 Assim, chega-se ao produto das incertezas, dado por (∆x) n (∆p) n = _ n 2 π 2 12 − 1 2 Para n = 1 =⇒ ∆x ∆p ´e m´ınimo e, nesse caso, (∆x∆p) m´ınimo · 0,57 > 2 c) Para o estado inicial Ψ(x, 0) = ψ ◦ = Ax(a − x), primeiramente, deve-se calcular a constante de normaliza¸ c˜ao A, a partir da integral _ a 0 ψ 2 ◦ dx = A 2 _ a 0 x 2 (a −x) 2 . ¸¸ . a−2ax+x 2 dx = 1 donde A 2 _ a 2 _ a 0 x 2 dx −2a _ a 0 x 3 dx + _ a 0 x 4 dx _ = 1 ou A 2 a 5 _ 1 3 − 1 2 + 1 5 _ = A 2 a 5 30 = 1 ⇒ A 2 = 30 a 5 e, finalmente, A = 1 a 2 _ 30 a Assim, Ψ(x, 0) = √ 30 a 2 √ a x(a −x) = 1 a 3 √ 30a x(a −x) = ψ ◦ (x) Logo, ψ ◦ (p) = 1 √ 2π _ a 0 e −i px ψ ◦ (x) dx = 1 a 3 _ 15a π _ a 0 e −i px x(a −x) dx = 1 a 3 _ 15a π _ a _ a 0 xe −i px dx − _ a 0 x 2 e −i px dx _ 160 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Integrando por partes, ψ ◦ (p) = i pa 3 _ 15 _ a π _ _ a _ xe −i px ¸ ¸ ¸ a 0 − _ a 0 e −i px dx _ + −x 2 e −i px ¸ ¸ ¸ a 0 + 2 _ a 0 xe −i px dx _ = a 2 e −i pa −a i p e −i px ¸ ¸ ¸ a 0 −a 2 e −i pa + 2 _ i p __ ae −i pa − _ a 0 e −i px dx _ = i pa 3 _ 15 _ a π _ _ a i p _ 1 −e −i p a _ + 2 _ i p _ ae −i pa + +2i _ i p _ 2 _ 1 −e −i pa _ _ = _ i pa _ 2 _ 15a π __ 1 + 2i pa _ + _ 1 + 2i pa _ e −i pa _ ou _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ψ ◦ (p) = − _ pa _ 2 _ 15a π __ 1 + 2i pa _ _ 1 + e −i pa _ _ ψ ∗ ◦ (p) = − _ pa _ 2 _ 15a π __ 1 − 2i pa _ _ 1 + e i pa _ _ Logo, a distribui¸ c˜ao de probabilidades para os momenta ´e dada por [ψ ◦ (p)[ 2 = _ pa _ 4 _ 15a π _ _ 1 + 4 _ pa _ 2 _ _ 1 + e i pa + e −i pa . ¸¸ . 2 cos( pa ) +1 _ ou seja, [ψ(p)[ 2 = _ pa _ 4 _ 30a π _ _ 1 + 4 _ pa _ 2 _ _ 1 + cos _ pa __ d) O valor m´edio da posi¸ c˜ao ´e dado por ¸x) ψ ◦ = 30 a 5 _ a 0 x 3 (a −x) 2 . ¸¸ . a 2 −2ax+x 2 dx = 30 a 5 _ a 2 _ a 0 x 3 dx −2a _ a 0 x 4 dx − _ a 0 x 5 dx _ = 30a _ 1 4 − 2 5 + 1 6 _ = a 4 (30 −48 + 20) =⇒ ¸x) = a/2 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 161 enquanto o valor m´edio dos quadrados, por ¸x 2 ) ψ ◦ = 30 a 5 _ a 0 x 4 (a −x) 2 dx = 30a 2 _ 1 5 − 2 6 + 1 7 _ = 2 7 a 2 (21 −35 + 15) =⇒ ¸x 2 ) ψ ◦ = 2 7 a 2 Assim, a incerteza na posi¸c˜ao ´e ∆x = a _ 2 7 − 1 4 = a 2 √ 7 Por outro lado, o valor m´edio do momentum ´e dado por ¸p) ψ ◦ = 30 a 5 _ a 0 (ax−x 2 ) ¸ .. ¸ x(a −x) (−i) d dx (ax −x 2 ) dx = −i 30 a 5 _ a 0 _ a 2 x −3ax 2 + 2x 3 _ dx = −i a 30 _ 1 2 −1 + 2 4 _ = 0 =⇒ ¸p) ψ ◦ = 0 e, o valor m´edio do quadrado, por ¸p 2 ) ψ ◦ = − 2 30 a 5 _ a 0 (ax −x 2 ) d 2 dx 2 (ax −x 2 ) dx = 60 2 a 2 _ 1 2 − 1 3 _ = 10 2 a 2 =⇒ ∆p = √ 10 a Assim, verifica-se mais uma vez que o produto das incertezas satisfaz a rela¸c˜ao de Heisenberg, (∆x)(∆p) = _ 10 7 2 > 2 e) Expressando-se o estado inicial em termos dos autoestados de energia, Ψ(x, 0) = √ 30 a 2 √ a x(a −x) = ∞ n=1 c n ψ n (x) onde c n = _ a 0 ψ n (x)Ψ(x, 0) dx = √ 30 a 2 √ a _ 2 a _ a 0 sen _ nπx a _ x(a −x) dx = √ 60 a 3 _ a 0 _ a x sen _ nπx a _ − x 2 sen _ nπx a _ _ dx 162 F´ısica Moderna Caruso • Oguri integrando por partes as duas integrais, obt´em-se c n = √ 60 a 3 _ a _ −a nπ _ xcos n πx a ¸ ¸ ¸ a 0 + a 2 nπ _ a 0 cos _ nπx a _ dx+ + _ a nπ _ x 2 cos _ nπx a _¸ ¸ ¸ a 0 − 2a nπ _ a 0 x cos _ nπx a _ dx _ Integrando novamente por partes a integral que resta, segue-se c n = −2 √ 60 a 2 nπ _ a nπ x sen _ nπx a _¸ ¸ ¸ a 0 . ¸¸ . 0 − a nπ _ a 0 sen _ nπx a _ dx _ = − 2 √ 60 an 2 π 2 a nπ cos _ nπx a _¸ ¸ ¸ a 0 = 4 √ 15 n 3 π 3 (1 −cos nπ) = 4 √ 15 n 3 π 3 _ 0 se n par 2 se n ´ımpar Logo, a probabilidade de ocorrˆencia de um dado autovalor de energia E n ´e dada por P(E n ) =[ c n [ 2 = 960 n 6 π 6 (n = 1, 3, 5, . . .) f) Partindo da fun¸ c˜ao de onda no instante t = 0, ψ(x, 0) = ∞ n=1 8 √ 15 n 3 π 3 sen _ nπx a _ obt´em-se a dependˆencia temporal de ψ multiplicando-se cada uma das auto- fun¸ c˜oes sen (nπx/a) por e −iE n t/ , onde E n = n 2 π 2 2 2ma 2 , chegando-se assim a ψ(x, t) = 8 √ 15 π 3 _ sen _ πx a _ e −i π 2 2ma 2 t + 1 27 sen _ 3πx a _ e −i 9π 2 2ma 2 t + + 1 125 sen _ 5πx a _ e −i 25π 2 2ma 2 t + 1 7 3 sen _ 7πx a _ e −i 49π 2 2ma 2 t + _ 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 163 Exerc´ıcio 15.7.3 Considere o espalhamento de um feixe de part´ıculas de massa m e energia E, por uma barreira de potencial retangular de altura V ◦ e largura a. Para E < V ◦ : a) mostre que a probabilidade de transmiss˜ ao ´e dada por t = _ 1 + V ◦ senh 2 ρa 4E(V ◦ −E) _ −1 onde ρ = _ 2m(V ◦ −E)/ b) determine os limites de t para →0 e ρa ¸1 (E ¸V ◦ ). Para E > V ◦ : c) mostre que a probabilidade de transmiss˜ ao ´e dada por t = _ 1 + V ◦ sen 2 ka 4E(V ◦ −E) _ −1 onde k = _ 2m(E −V ◦ )/ Para E ¸V ◦ : d) determine o limite dos coeficientes t e r; e) determine os valores de energia para os quais t ´e m´aximo. A barreira de potencial pode ser representada esquematicamente pela figura abaixo. A equa¸c˜ao de Schr¨ odinger pode ser escrita como − 2 2m d 2 dx 2 ψ(x) + V ◦ ψ(x) = Eψ(x) ⇒ d 2 ψ dx 2 + k 2 ¸ .. ¸ 2m [E −V ◦ ] ψ(x) = 0 onde V ◦ = constante. 164 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Nesse caso, h´a dois tipos de solu¸c˜oes: • E > V ◦ =⇒ ψ(x) ∼ e ±ikx com k = √ 2m(E−V ◦ ) = p • E < V ◦ =⇒ ψ(x) ∼ e ±ρx com ρ = √ 2m(V ◦ −E) a) Para E < V ◦ , a fun¸ c˜ao de onda em cada uma das 3 regi˜oes mostradas na figura pode ser expressa como _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ψ I = incidente ¸ .. ¸ Ae ik ◦ x + refeletida ¸ .. ¸ B −ik ◦ x k ◦ = √ 2mE/ (x < 0 e V = 0) ψ II = Ce ρx + D −ρx ρ = _ 2m(V ◦ −E)/ (0 < x < a e V = V ◦ ) ψ III = Fe ik ◦ x . ¸¸ . transmitida (x > a e V = 0) e o coeficiente de transmiss˜ao ´e dado por t = J trans J inc = ¸ ¸ ¸ ¸ F A ¸ ¸ ¸ ¸ 2 As condi¸c˜oes de contorno v˜ao impor rela¸c˜oes entre as v´arias constantes. S˜ao elas: _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ψ I (0) = ψ II (0) ⇒ A + B = C + D ψ I (0) = ψ II (0) ⇒ ik ◦ (A−B) = ρ(C −D) ψ II (a) = ψ III (a) ⇒ Ce ρa + De −ρa = Fe ik ◦ a ψ II (a) = ψ III (a) ⇒ ρ(Ce ρa −De −ρa ) = ikFe ik ◦ a _ _ _ 2Ce ρa = _ 1 + ik ◦ ρ _ Fe ik ◦ a 2De ρa = _ 1 − ik ◦ ρ _ Fe ik ◦ a _ _ _ 2ρ(C + D) = [(ρ + ik ◦ )e −ρa + (ρ −ik ◦ )e ρa ] Fe ik 0 a = 2ρ(A + B) 2ρ(C −D) = [(ρ + ik ◦ )e −ρa + (ρ −ik ◦ )e ρa ] Fe ik ◦ a = 2ρ = 2ik ◦ (A−B) 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 165 4A F e −ik ◦ a = e −ρa (ρ + ik ◦ ) (ρ+ik ◦ )/iρk ◦ ¸ .. ¸ _ 1 ρ + 1 ik _ +e ρa (ρ −ik ◦ ) −(ρ−ik ◦ )/iρk ◦ ¸ .. ¸ _ 1 ρ − 1 ik ◦ _ 4 A F (iρk ◦ ) e −ik ◦ a = e −ρa ρ 2 +2iρk ◦ −k 2 ◦ ¸ .. ¸ (ρ + ik ◦ ) 2 −e ρa ρ 2 −2iρk ◦ −k 2 ◦ ¸ .. ¸ (ρ −ik ◦ ) 2 = 2iρk ◦ _ e ρa + e −ρa _ . ¸¸ . 2 cosh ρa − _ ρ 2 −k 2 ◦ _ _ e ρa −e −ρa _ . ¸¸ . 2 senh ρa A F e −ik ◦ a = cosh ρa − _ ρ 2 −k 2 ◦ _ 2iρk ◦ senh ρa Assim, ¸ ¸ ¸ A F ¸ ¸ ¸ 2 = cosh 2 ρa . ¸¸ . 1+senh 2 ρa + _ ρ 2 −k 2 ◦ _ 2 4ρ 2 k 2 ◦ senh 2 ρa = 1 + _ 1 + _ ρ 2 −k 2 ◦ _ 4ρ 2 k 2 ◦ _ . ¸¸ . (ρ 2 +k 2 ◦ ) 2 4ρ 2 k 2 ◦ senh 2 ρa ¸ ¸ ¸ A F ¸ ¸ ¸ 2 = 1 + _ ρ 2 + k 2 ◦ _ 4ρ 2 k 2 ◦ senh 2 ρa _ _ _ k 2 ◦ = 2mE/ 2 ρ 2 = 2m(V ◦ −E)/ 2 ⇒ _ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ _ _ ρ 2 + k 2 ◦ _ 2 = _ 2mV ◦ / 2 _ 2 4ρ 2 k 2 ◦ = 4 _ 2m 2 _ 2 E(V ◦ −E) Logo, _ ρ 2 + k 2 ◦ _ 2 4ρ 2 k 2 ◦ = V 2 ◦ 4E(V ◦ −E) e, finalmente, t = _ 1 + V 2 ◦ 4E(V ◦ −E) senh 2 ρa _ −1 166 F´ısica Moderna Caruso • Oguri b) Para →0 lim →0 ρ →∞ ⇒ lim →0 (ρ→∞) senh ρa → lim ρ→∞ e ρa 2 →∞ (15.1) o coeficiente de transmiss˜ao se anula, lim →0 t →0 (sem transmiss˜ao – an´alogo ao caso cl´assico) Para ρa ¸1 (E << V ◦ ) lim ρa1 senh 2 ρa → e 2ρa 4 ¸1 o coeficiente de transmiss˜ao lim EV ◦ t = 16E(V ◦ −E) V 2 ◦ e 2ρa ¸1 indica que a probabilidade de penetra¸ c˜ao na barreira ´e muito pequena mas, dependendo da largura, algumas part´ıculas do feixe atravessam a barreira. Essa ´e a origem do chamado efeito t´ unel, utilizado nos microsc´opios eletrˆonicos. c) Para o caso em que E > V ◦ , as fun¸ c˜oes de onda nas trˆes regi˜oes s˜ao _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ψ I = incidente ¸ .. ¸ Ae ik ◦ x + refeletida ¸ .. ¸ B −ik ◦ x k ◦ = √ 2mE/ (x < 0 e V = 0) ψ II = Ce ikx + D −ikx k = _ 2m(E −V ◦ )/ (0 < x < a e V = V ◦ ) ψ III = Fe ik ◦ x . ¸¸ . transmitida (x > a e V = 0) Formalmente, pode-se escrever ρ 2 = −k 2 =⇒ ρ = ik =⇒ senh ρa = senh ika = isen ka ou senh 2 ρa = −sen 2 ka Desse modo, pode-se obter o coeficiente de transmiss˜ao, para E > V ◦ , com a substitui¸ c˜ao indicada na equa¸ c˜ao anterior, ou seja, t = _ 1 + V 2 ◦ 4E(E −V ◦ ) sen 2 ka _ −1 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 167 O gr´afico a seguir mostra o chamado efeito ressonante no comportamento do coeficiente de transmiss˜ao com rela¸c˜ao `a energia das part´ıculas do feixe in- cidente sobre a barreira de potencial. Para certos valores de energia, o feixe ´e transmitido integralmente atrav´es da barreira. d) Escrevendo-se o coeficiente de transmiss˜ao como t = _ 1 + 1 4(E/V ◦ )(E/V ◦ −1) _ o limite para E ¸V ◦ =⇒ k · √ 2mE/ = k ◦ , ´e dado por lim EV ◦ t · _ 1 + 1 4(E/V ◦ ) 2 sen 2 _ √ 2mE a __ −1 · 1 − _ V ◦ 2E _ 2 sen 2 _ √ 2mE a _ Nesse limite, o coeficiente de reflex˜ao ser´a dado por r = 1 −t = _ V ◦ 2E _ 2 sen 2 _ √ 2mE a _ ¸1 e) Para E ¸V ◦ , quando ka = nπ =⇒ t m´ax = 1, os valores de energia para os quais t ´e m´aximo s˜ ao dados por 2mE 2 a 2 = n 2 π 2 ⇒ E n = n 2 π 2 2 2ma 2 (n = 1, 2, . . .) 168 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Desse modo, o coeficiente de transmiss˜ao para qualquer valor de energia das part´ıculas incidentes pode ser expresso como t = _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ 1 1 + senh 2 α √ 1−E/V ◦ 4 E/V ◦ (1−E/V ◦ ) E < V ◦ 1 1 + sen 2 α √ E/V ◦ −1 4 E/V ◦ (E/V ◦ −1) E > V ◦ onde α = √ 2mV ◦ As figuras a seguir mostram como o coeficiente de transmiss˜ao t varia em fun¸ c˜ao da raz˜ao E/V ◦ , para os valores de α = 5, α = 16 e α = 46, respectiva- mente. 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 169 Exerc´ıcio 15.7.4 Um pr´ oton com energia igual a 12 eV incide sobre uma barreira de potencial retangular de altura igual a 16 eV e largura de 1,8 10 −10 m. Determine a probabilidade de transmiss˜ ao. Os dados do problema s˜ ao: _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ E = 12 eV V ◦ = 16 eV a = 1,8 10 −10 cm m = m p Como 0 < < V ◦ , conforme visto nas p´ aginas 507 e 508 do livro de tex- to, o coeficiente de transmiss˜ao em uma barreira unidimensional ´e dado por, equa¸c˜ao (15.12), t = 16 E(V ◦ −E) V 2 ◦ e −2βa onde β = _ 2m(V ◦ −E) Assim, β = _ 2 1,673 10 −27 4 1,6 10 −19 1,055 10 −34 = _ 21,41 10 −46 1,055 10 −34 170 F´ısica Moderna Caruso • Oguri ou β = √ 21,41 1,055 10 −23 10 −34 = 4,39 10 11 m −1 Portanto, exp (−2βa) = exp (−2 4,39 10 11 1,8 10 −10 ) = e (−158,04) = 2,31 10 −69 O fator multiplicativo que aparece em t ´e 16 E(V ◦ −E) V 2 ◦ = 16 12(16 −12) (16) 2 = 16 48 256 = 3 e, portanto, o coeficiente de transmiss˜ao vale t = 6,93 10 −69 Exerc´ıcio 15.7.5 Mostre que a energia do ´ unico estado ligado de uma part´ıcula de massa m, em um po¸ co de potencial retangular finito, de profundidade −V ◦ e largura a ¸/( √ 2mV ◦ ), ´e dada por E = − ma 2 V 2 ◦ 2 2 Com rela¸c˜ao ao diagrama de energia, as solu¸ c˜oes da equa¸c˜ao de Schr¨ odinger independente do tempo, nas trˆes regi˜oes distintas, s˜ao: _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ψ I = Ae ρx (ρ 2 = 2m[E[/ 2 ) ψ II = Be ikx + Ce −ikx (k 2 = 2m(V ◦ −[E[)/ 2 ) ψ III = De −ρx 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 171 De acordo com a condi¸c˜oes do problema, _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ [E[ max = V ◦ =⇒ ρa ¸1 k max = √ 2mV ◦ =⇒ ka ¸1 As condi¸c˜oes de contorno das fun¸ c˜oes de onda e de suas derivadas nos pontos de descontinuidade do potencial (±a/2) levam a: _ _ _ ψ I (−a/2) = ψ II (−a/2) =⇒ Ae −ρa/2 = Be −ika/2 + Ce ika/2 ψ I (−a/2) = ψ II (−a/2) =⇒ ρAe −ρa/2 = ik(Be −ika/2 −Ce ika/2 ) ⇓ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ 2B = A _ 1 − iρ k _ e −ρa/2 e ika/2 2C = A _ 1 + iρ k _ e −ρa/2 e −ika/2 e _ _ _ ψ II (a/2) = ψ III (a/2) =⇒ Be ika/2 + Ce −ika/2 = De −ρa/2 ψ II (a/2) = ψ III (a/2) =⇒ ik(Be ika/2 −Ce −ika/2 ) = −ρDe −ρa/2 ⇓ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ 2B = D _ 1 + iρ k _ e −ρa/2 e −ika/2 2C = D _ 1 − iρ k _ e −ρa/2 e −ika/2 Donde, B C = (k −iρ)e ika (k + iρ) = (k + iρ) (k −iρ) e −ika =⇒ _ k + iρ k −iρ _ 2 = e 2ika ⇓ _ k + ip k −iρ _ = ±e ika 172 F´ısica Moderna Caruso • Oguri H´a, portanto, duas solu¸ c˜oes poss´ıveis, correspondendo a _ _ _ B/C = 1 =⇒ ψ II (x) = 2B cos kx (fun¸c˜ao par) B/C = −1 =⇒ ψ II (x) = 2iB sen kx (fun¸c˜ ao ´ımpar) Aplicando-se novamente as condi¸c˜oes de contorno em x = −a/2, tem-se, para as solu¸c˜oes pares e ´ımpares, par ´ımpar Ae −ρa/2 = 2B cos ka/2 Ae −ρa/2 = −2iB sen ka/2 ρAe −ρa/2 = 2kB sen ka/2 ρAe −ρa/2 = 2iB cos ka/2 tg ka/2 = ρ k cotg ka/2 = − ρ k ⇓ (ka ¸1) par ´ımpar lim ka1 ρ = lim ka1 k tg ka 2 = ak 2 2 lim ka1 ρ = − lim ka1 k tg ka/2 = − 2 a ⇓ ⇓ Ae −(ka/2) 2 = 2B cos ka/2 como ρ > 0 e a > 0 ⇓ a condi¸c˜ao ρa = −2 A _ 1 − _ ka 2 _ 2 _ = 2B _ 1 − _ ka 2 _ 2 _ n˜ao pode ser satisfeita ⇓ ⇓ A · 2B A = 0 = B (solu¸c˜ ao trivial) 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 173 Assim, tem-se _ ¸ _ ¸ _ ρ = a 2 k 2 > 0 com ρ 2 = 2m[E[/ 2 ρ 2 + k 2 = k 2 ◦ com k 2 ◦ = 2mV ◦ / 2 A solu¸c˜ao gr´afica deste sistema de equa¸c˜oes ´e apresentada na figura a seguir, que indica a existˆencia de um ´ unico estado ligado (correspondente ` a interse¸c˜ao das curvas). Substituindo k em fun¸c˜ao de ρ na ´ ultima equa¸ c˜ao, obt´em-se ρ 2 + 2 a ρ −k 2 ◦ = 0 ⇓ ρ = − 1 a ± _ 1 a 2 + k 2 ◦ = − 1 a ± 1 a _ 1 + a 2 k 2 ◦ _ 1/2 = 1 a _ −1 ± _ 1 + a 2 k 2 ◦ 2 __ > 0 Logo, ρ = a 2 k 2 ◦ ⇒ 2m[E[ 2 = a 2 4 (2m) 2 V 2 ◦ 4 ⇓ E = − ma 2 V 2 ◦ 2 2 174 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 15.7.6 Seja um oscilador harmˆ onico de massa m e frequˆencia pr´ o- pria ω. Determine: a) a probabilidade de presen¸ ca nas regi˜oes classicamente proibidas para o estado fundamental; b) os valores m´edios da posi¸ c˜ao e do momentum para o estado fundamental e para o primeiro autoestado excitado. Se o estado inicial ´e dado por Ψ(x, 0) = 1 2 φ ◦ + √ 3 2 φ 1 Determine: c) o estado em um instante qualquer; d) os valores m´edios da posi¸c˜ ao e do momentum linear; e) as probabilidades de ocorrˆencia de cada autovalor de energia. a) Dado o estado fundamental do oscilador φ ◦ (x) = Ae − αx 2 2 com α = mω _ E ◦ = ω 2 _ a constante de normaliza¸c˜ao A ´e dada por _ ∞ −∞ [φ 2 ◦ [ dx = 2A 2 _ ∞ 0 e −αx 2 dx . ¸¸ . 1 2 √ π a = _ π α A 2 = 1 ⇒ A = _ α π _1 4 = _ mω π _1 4 Logo, φ ◦ (x) = _ α π _ 1/4 e − αx 2 2 a = 1 √ α = _ mω _1 2 Classicamente, o oscilador no estado fundamental de energia E ◦ = ω/2 estaria confinado ` a regi˜ao [x[ < a, definida por (ver figura a seguir) 1 2 mω 2 a 2 = E ◦ = ω 2 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 175 Portanto, a = 1 √ α = _ mω _1 2 Assim, a densidade de probabilidade de presen¸ ca do oscilador pode ser expressa como [φ ◦ [ 2 = _ α π _ 1/2 e −αx 2 = 1 a √ π e −x 2 /a 2 A probabilidade de que o oscilador seja encontrado fora da regi˜ ao clas- sicamente permitida ´e P([x[ > a) = 2P(x > a) = 2 _ ∞ a [φ ◦ [ 2 dx = 2 a √ π _ ∞ a e −x 2 /a 2 dx Esta integral pode ser expressa em termos da fun¸ c˜ao erf(ξ) como P([x[ > a) = 2 √ π _ ∞ 1 e −x 2 dx = 2 √ π [1 − erf(1)] · 0,16 b) A partir dos dois primeiros estados (n = 0, 1) _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ φ ◦ = Ae −x 2 /2a 2 (E ◦ = ω/2) φ 1 = √ 2 a xφ ◦ (E 1 = 3ω/2) os valores m´edios da posi¸c˜ao e do momentum no estado fundamental s˜ ao dados 176 F´ısica Moderna Caruso • Oguri por ¸x) φ ◦ = _ ∞ −∞ x[φ ◦ [ 2 . ¸¸ . ´ımpar dx = 0 ¸p) φ ◦ = −i _ ∞ −∞ φ ◦ d dx Ae − x 2 a 2 . ¸¸ . −2xφ ◦ dx = 2i _ ∞ −∞ x[φ ◦ [ 2 . ¸¸ . ´ımpar dx = 0 e, para o primeiro autoestado excitado, por ¸x) φ 1 = _ ∞ −∞ x[φ 1 [ 2 . ¸¸ . ´ımpar dx = 0 ¸p) φ 1 = −i _ ∞ −∞ φ 1 d dx _ √ 2 a xφ ◦ _ _ dφ ◦ dx = 2xφ ◦ _ = −i √ 2 a _ ∞ −∞ φ 1 _ _ _ _ φ ◦ + x dφ ◦ dx .¸¸. −2xφ ◦ _ _ _ _ dx = −i √ 2 a _ φ 1 φ ◦ (1 −2x 2 ) dx = − 2i a 2 _ x[φ ◦ [ 2 (1 −2x 2 ) dx = − 2i a 2 _ x[φ ◦ [ 2 . ¸¸ . ´ımpar dx −2 _ x 3 [φ ◦ [ 2 . ¸¸ . ´ımpar dx = 0 c) No instante t = 0, Ψ(x, 0) = 1 2 φ ◦ (x) + √ 3 2 φ 1 (x) = ψ ◦ e, para um tempo t qualquer, Ψ(x, t) = 1 2 φ ◦ (x)e −iE ◦ t/ + √ 3 2 φ 1 (x)e −iE 1 t/ d) Seja o estado inicial ψ ◦ = 1 2 φ ◦ + √ 3 2 φ 1 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 177 onde φ ◦ e φ 1 s˜ao os dois primeiros autoestados normalizados do oscilador. Calculando-se o seu quadrado, ou seja, a densidade de probabilidade, [ψ ◦ [ 2 = 1 4 φ 2 ◦ + 3 4 φ 2 1 + √ 3 2 φ ◦ φ 1 A 2 = 1 a √ π _ a 2 = mω _ o valor m´edio de x nesse estado inicial ´e ¸x) ◦ = _ ∞ −∞ xψ 2 ◦ dx = 1 4 _ ∞ −∞ xφ 2 ◦ .¸¸. ´ımpar dx + 3 4 _ ∞ −∞ xφ 2 1 .¸¸. ´ımpar dx + √ 3 2 _ ∞ −∞ a √ 2 φ 1 ¸..¸ xφ ◦ φ 1 dx = a 2 _ 3 2 ⇒ ¸x) ◦ = a _ 3 8 Para se obter o valor m´edio de p neste mesmo estado, calcula-se dψ ◦ dx = 1 2 dφ ◦ dx + √ 3 2 dφ 1 dx Mas, _ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ _ dφ ◦ dx = − x a 2 φ ◦ dφ 1 dx = √ 2 a φ ◦ − √ 2 a 3 x 2 φ ◦ dψ ◦ dx = − x 2a 2 φ ◦ + √ 6 2a φ ◦ − √ 6 2a 3 x 2 φ ◦ Logo, ψ ◦ dψ ◦ dx = _ 6 4a φ 2 ◦ − 1 4a 2 xφ 2 ◦ . ¸¸ . ´ımpar − √ 6 4a 3 a 2 2 φ 2 1 ¸..¸ x 2 φ 2 ◦ + √ 18 4a 2 φ ◦ φ 1 . ¸¸ . ´ımpar − √ 3 4a 2 a √ 2 φ 1 ¸..¸ xφ ◦ φ 1 + − √ 18 4a 3 φ ◦ φ 1 . ¸¸ . ´ımpar Assim, para ¸p) ◦ = −i _ ψ ◦ dψ ◦ dx dx 178 F´ısica Moderna Caruso • Oguri s´o contribuem trˆes termos, ou seja, ¸p) ◦ = −i √ 6 4a _ 1 − 1 2 − 1 2 _ ⇒ ¸p) ◦ = 0 Como o complexo conjugado da fun¸ c˜ao de onda ´e Ψ ∗ (x, t) = 1 2 φ ◦ (x)e iE ◦ t/ + √ 3 2 φ 1 (x)e iE 1 t/ o m´odulo do estado Ψ(x, t) ´e dado por [ Ψ(x, t) [ 2 = 1 4 φ 2 ◦ + 3 4 φ 2 1 + √ 3 2 φ ◦ φ 1 _ e i(E 1 −E ◦ )t/ + e −i(E 1 −E ◦ )t/ _ O termo entre colchetes vale 2 cos ωt, com ω = (E 1 −E ◦ )/. Sendo assim, x [ Ψ(x, t) [ 2 = 1 4 xφ 2 ◦ .¸¸. ´ımpar + 3 4 xφ 2 1 .¸¸. ´ımpar + √ 3 2 xφ ◦ .¸¸. a √ 2 φ 1 φ 1 cos ωt donde o valor m´edio da posi¸ c˜ao em um instante t ´e dado por ¸x) t = a _ 3 8 cos ωt Para o estado dependente do tempo, o valor m´edio do momentum linear ´e dado por ¸p) t = −i _ ∞ −∞ Ψ ∗ (x, t) ∂ ∂x Ψ(x, t)dx e a derivada da fun¸ c˜ao de onda ´e ∂Ψ(x, t) ∂x = − x 2a 2 φ ◦ e −iE ◦ t/ + √ 6 2a _ 1 − x 2 a 2 _ φ ◦ e −iE 1 t/ Fazendo-se o produto Ψ ∗ ∂ ∂x Ψ = − 1 4a 2 xφ 2 ◦ + √ 6 4a _ 1 − x 2 a 2 _ φ 2 ◦ e i(E ◦ −E 1 )t/ + − √ 6 4a _ x 2 a 2 _ φ 2 ◦ e −i(E ◦ −E 1 )t/ + 3 2a 2 _ 1 − x 2 a 2 _ xφ ◦ 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 179 As integrais do primeiro e do ´ ultimo termo se anulam pois s˜ao fun¸ c˜oes ´ımpares. Sendo assim, ¸p) t = −i a _ 3 8 _ _ _ ∞ −∞ φ 2 ◦ dx . ¸¸ . 1 − _ ∞ −∞ φ 2 1 /2 ¸ .. ¸ x 2 a 2 φ 2 ◦ dx . ¸¸ . 1/2 _ e −iωt − _ _ ∞ −∞ φ 2 1 /2 ¸ .. ¸ x 2 a 2 φ 2 ◦ dx . ¸¸ . 1/2 _ e iωt _ = i a _ e iωt −e −iωt 2 . ¸¸ . i sen ωt _ = − a _ 3 8 sen ωt onde levou-se em conta que ω = (E 1 −E ◦ )/. Este item do problema pode ser resolvido de modo alternativo utilizando-se as equa¸c˜oes de Ehrenfest para os valores m´edios da posi¸ c˜ao e do momentum. Com o hamiltoniano do oscilador dado por H = p 2 2m + 1 2 mω 2 x 2 a evolu¸c˜ao temporal de ¸x) ´e dada por i d dt ¸x) = ¸ [x, H] _ = 1 2m ¸ [x, p 2 ] _ = i m ¸p) onde se usou o resultado [x, p 2 ] = xpp −pxp + pxp −ppx = [x, p]p + p[x, p] = 2ip Logo, d dt ¸x) = ¸p) m ⇒ d dt ¸p) = m d 2 dt 2 ¸x) Analogamente, i d dt ¸p) = ¸ [p, H] _ = 1 2 mω 2 ¸ [p, x 2 ] _ = −imω 2 ¸x) onde se usou agora o resultado [p, x 2 ] = [p, x]x + x[p, x] = −2ix 180 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Com isto, mostra-se que d dt ¸p) = −mω 2 ¸x) ⇒ d 2 dt 2 ¸x) + ω 2 ¸x) = 0 Dessa forma, a evolu¸c˜ao temporal de ¸x) ´e dada por _ ¸ _ ¸ _ ¸x) = Acos ωt + B sen ωt d dt ¸x) = −ωAsen ωt + ωB cos ωt De acordo com as condi¸c˜oes iniciais, _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ ¸x) ◦ = a _ 3/8 ¸p) ◦ = 0 ⇒ d dt ¸x) ¸ ¸ ¸ ◦ = 0 ⇒ B = 0 ⇒ A = ¸x) ◦ Consequentemente, ¸x) = a _ 3 8 cos ωt e ¸p) = − a _ 3 8 sen ωt e) Escrevendo-se o estado do oscilador como Ψ(x, t) = c ◦ (t)φ ◦ + c 1 (t)φ 1 onde _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ c ◦ (t) = 1 2 e −iE ◦ t/ c 1 (t) = √ 3 2 e −iE 1 t/ obt´em-se que as probabilidades de cada autovalor de energia s˜ ao dadas por _ ¸ ¸ _ ¸ ¸ _ P(E ◦ , t) = [c ◦ (t)[ 2 = 1 4 P(E 1 , t) = [c 1 (t)[ 2 = 3 4 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 181 Para qualquer outro valor de energia (n ,= 0, 1), P(E n , t) = 0. Apesar de os valores m´edios da posi¸ c˜ao e do momentum flutuarem em torno do zero, o valor m´edio da energia ´e constante e igual a ¸E) = E ◦ P(E ◦ , t) + E 1 P(E 1 , t) = 1 4 ω 2 + 3 4 3ω 2 = 5 4 ω Exerc´ıcio 15.7.7 Um oscilador harmˆ onico unidimensional de frequˆencia pr´opria ω e massa m, em um campo el´etrico uniforme ε, obedece `a equa¸c˜ao de Schr¨odinger _ − 2 2m d 2 dx 2 + 1 2 mω 2 x 2 −qεx _ φ(x) = Eφ(x) Espectro do oscilador evidenciando o efeito Stark. a) determine as autofun¸ c˜oes e os autovalores de energia; b) fa¸ca um gr´ afico dos n´ıveis de energia E em fun¸ c˜ao do campo el´etrico ε; c) esboce o diagrama de energia, enfatizando as diferen¸ cas de n´ıveis (efeito Stark) com rela¸ c˜ao ao oscilador harmˆ onico livre. a) Como foi visto no exerc´ıcio 13.5.2, ´e conveniente completar o quadrado no operador hamiltoniano, acrescentando e subtraindo o termo constante 182 F´ısica Moderna Caruso • Oguri q 2 /(2mω 2 ◦ ) (j´ a que o campo el´etrico ´e constante), de modo que H = p 2 2m + 1 2 mω 2 ◦ x 2 −qx + q 2 2mω 2 ◦ 2 − q 2 2mω 2 ◦ 2 . ¸¸ . =0 = p 2 2m + _ _ m 2 ω ◦ x − _ 2 m q 2ω ◦ _ 2 − q 2 2mω 2 ◦ 2 Definindo-se uma nova vari´ avel y = x − q mω 2 ◦ reescreve-se o hamiltoniano como H = p 2 2m + 1 2 mω 2 ◦ y 2 − q 2 2mω 2 ◦ 2 = H osc − q 2 2mω 2 ◦ 2 Neste caso, os autovalores j´a foram determinados no exerc´ıcio 13.5.2 e valem n = _ n + 1 2 _ ω ◦ − q 2 2mω 2 ◦ 2 Pode-se ainda raciocinar da seguinte maneira. Substituindo-se o operador hermitiano H ⇒H − q 2 2mω 2 ◦ 2 na equa¸c˜ao de Hermite, equa¸ c˜ao (15.17), os autovalores de energia v˜ ao mudar de E ⇒E −E el e, consequentemente, γ = 2E ω ⇒ 2 ω (E −E el ) Entretanto, a estrutura da equa¸ c˜ao de Hermite n˜ao se altera e continua valendo que γ = 2n + 1. Logo, E −E el = (2n + 1) 2 ω ⇒ E = (2n + 1) 2 ω − q 2 2mω 2 ◦ 2 b) O gr´ afico dos n´ıveis de energia E em fun¸ c˜ao do campo el´etrico ε ´e apresentado a seguir. 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 183 c) O diagrama de energia ´e esbo¸cado na figura a seguir. Exerc´ıcio 15.7.8 Escreva a equa¸c˜ao de Schr¨odinger para o ´atomo de hidrogˆenio em d dimens˜oes e mostre que: a) a solu¸ c˜ao da parte angular depende dos polinˆ omios de Gegenbauer; b) o termo centr´ıfugo que aparece na equa¸c˜ao radial, em vez de l(l +1) 2 /r 2 , ´e j(j + 1) 2 /r 2 , onde j = l + (d −3)/2. a) Em trˆes dimens˜oes, escreve-se a equa¸c˜ao de Schr¨ odinger independente do tempo como − 2 2m ∇ 2 ψ(r) + V (r)ψ(r) = E(r)ψ(r) e as trˆes coordenadas cartesianas independentes s˜ao expressas em coordenadas 184 F´ısica Moderna Caruso • Oguri esf´ericas como: _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ _ x = r sen θ cos φ y = r sen θ sen φ z = r cos θ Em um espa¸co com d dimens˜oes, temos um conjunto de d − 1 vari´ aveis angulares, tais que o conjunto de coordenadas cartesianas independentes ¦x 1 , x 2 , ..., x d−1 , x d ¦ pode ser expresso em fun¸c˜ao das coordenadas esf´ericas ¦r, θ, φ 1 , φ 2 , ..., φ d−3 , φ d−2 ¦ pelas rela¸c˜oes: _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ x 1 = r cos θ x 2 = r sen θ cos φ 1 x 3 = r sen θ sen φ 1 cos φ 2 (...) x d−1 = r sen θ sen φ 1 sen φ 2 ... sen φ d−3 cos φ d−2 x d = r sen θ sen φ 1 sen φ 2 ... sen φ d−3 sen φ d−2 Os intervalos de varia¸ c˜ao dessas vari´aveis s˜ao: _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ _ 0 < r < ∞ 0 < θ < π 0 < φ i < π (i = 1, 2, ..., d −3) −π < φ d−2 < +π Com esta nota¸c˜ao, o operador laplaciano em d dimens˜oes ´e escrito como ∇ 2 (d) = ∂ 2 ∂r 2 + d −1 r ∂ ∂r + 1 r 2 L 2 (d) onde L 2 (d) ´e o an´alogo ao operador que, em trˆes dimens˜oes, ´e associado ao momento angular. 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 185 A equa¸ c˜ao de Schr¨ odinger generalizada obt´em-se daquela em trˆes dimens˜oes, simplesmente escrevendo o operador laplaciano em d dimens˜oes, ou seja, _ ∇ 2 (d) ψ(r) + 2m 2 [E −V (r)] _ ψ(r) = 0 Como no caso tridimensional, faz-se uma separa¸c˜ao de vari´ aveis do tipo ψ(r) = R(r)Y (θ, φ 1 , φ 2 , ..., φ d−2 ) obtendo-se, para a parte angular, a equa¸ c˜ao L 2 (d) Y = −( + d −2)Y cujas solu¸c˜oes est˜ao associadas aos chamados polinˆomios de Gegenbauer. Para mais detalhes veja Sommerfeld, A.: Partial Differential Equations in Physics. Nova York: Academic Press, 1949 e a Table of Integrals, Series and Products, de Gradstheyn e Ryzhik, Academic Press, p. 1031. b) Em trˆes dimens˜oes, a parte radial R(r) ´e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao (15.91) do livro de texto. Definindo-se u(r) = rR(r) chega-se `a equa¸c˜ao (15.93), para o caso de um potencial coulombiano, isto ´e d 2 u(r) dr 2 + 2m 2 _ E + e 2 r − 2 2m l(l + 1) r 2 _ u(r) = 0 Em d dimens˜oes, a fun¸ c˜ao R(r) satisfaz a seguinte equa¸c˜ao: d 2 R dr 2 + d −1 r dR dr + 2m 2 _ E + e 2 r − 2 2m l(l + d −2) r 2 _ R = 0 De modo an´alogo ao que ´e feito em trˆes dimens˜oes, faz-se a escolha u(r) = r d−1 2 R para eliminar termos com a derivada primeira da fun¸ c˜ao de onda (note que, para d = 3, o expoente de r na equa¸c˜ao anterior ´e igual a 1). Sendo assim, dR dr = − d −1 2 r −(d−1)/2−1 u + r −(d−1)/2 du dr = − d −1 2 r −(d+1)/2 u + r −(d−1)/2 du dr 186 F´ısica Moderna Caruso • Oguri e d 2 R dr 2 = _ d −1 2 __ d + 1 2 _ r −(d+3)/2 u − d −1 2 r −(d+1)/2 du dr + − d −1 2 r −(d+1)/2 du dr + r −(d−1)/2 d 2 u dr 2 = 1 4 (d −1)(d + 1)r −(d+3)/2 u −(d −1)r −(d+1)/2 du dr + r −(d−1)/2 d 2 u dr 2 Obt´em-se, assim, a seguinte equa¸c˜ao diferencial para u(r): r −(d−1)/2 _ d 2 u dr 2 + [(d −1) −(d −1)] 1 r du dr + 1 4 (d −1)(d + 1) 1 r 2 u + −(d −1) (d −1) 2 1 r 2 u + 2m 2 _ E + e 2 r − 2 2m l(l + d −2) r 2 _ u _ = 0 ou, simplificando, d 2 u dr 2 + 2m 2 _ E + e 2 r _ − _ (d −3)(d −1) 4r 2 + l(l + d −2) r 2 _ u = 0 Introduzindo-se uma nova vari´ avel s tal que s = d −3 2 a ´ ultima equa¸ c˜ao se reescreve como d 2 u dr 2 + 2m 2 _ E + e 2 r _ − _ s(s + 1) 4r 2 + l(l + d −2) r 2 _ u = 0 Definindo-se ainda j = l + s os dois termos centr´ıfugos (inversamente proporcionais a r 2 ) passam a ter um fator multiplicativo igual a j(j + 1). De fato, j(j + 1) = (l + s)(l + s + 1) = l 2 + l(s + 1) + s(s + 1) + sl = l 2 + s(s + 1) + l(2s + 1) = l 2 + s(s + 1) + l(d −2) como se queria mostrar. 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 187 Portanto, a equa¸ c˜ao final para u(r), mostrando como o coeficiente do termo centr´ıfugo varia com a dimensionalidade do espa¸ co, ´e d 2 u dr 2 + 2m 2 __ E + e 2 r _ − j(j + 1) r 2 _ u(r) = 0 Pondere se isto pode ter algo a ver com o spin. Exerc´ıcio 15.7.9 A equa¸ c˜ao de Schr¨odinger pode ser obtida heuristicamente a partir do hamiltoniano cl´ assico que descreve um sistema f´ısico conservativo, H(x, p) = p 2 /(2m) + V (x) = E, considerando H um operador e substituindo p → −i∂/∂x e E → i∂/∂t. Entretanto, h´a que considerar algo mais. Classicamente, por exemplo, o termo cin´etico pode ser escrito como p 2 2m = 1 2m p 1 x px Como x e p comutam na F´ısica Cl´ assica, o termo 1/x se cancela com x. Mas, aplicando-se a regra acima ao hamiltoniano com o termo cin´etico escrito dessa forma, obt´em-se outra equa¸ c˜ao de Schr¨odinger. Discuta esse problema e estabele¸ca um procedimento para que essa ambiguidade seja evitada ao se aplicar a regra exposta anteriormente. Considere o termo p 2 2m ψ Substituindo-se p → −i∂/∂x, obt´em-se o termo cin´etico da equa¸ c˜ao de Schr¨ odinger, − 2 2m ∂ 2 ψ ∂x 2 Do ponto de vista cl´ assico, a equa¸c˜ao abaixo ´e uma identidade p 2 = p 1 x px Entretanto, a mesma substitui¸ c˜ao anterior feita no termo 1 2m _ p 1 x px _ ψ 188 F´ısica Moderna Caruso • Oguri resulta, agora, em 1 2m (−i) 2 ∂ ∂x _ 1 x ∂ ∂x _ xψ = − 2 2m ∂ ∂x _ 1 x ψ + ∂ψ ∂x _ = = − 2 2m _ − 1 x 2 ψ + 1 x ∂ψ ∂x + ∂ 2 ψ ∂x 2 _ = − 2 2m ∂ 2 ψ ∂x 2 − 2 2m _ 1 x ∂ψ ∂x − 1 x 2 ψ _ . ¸¸ . novo termo levando, assim, a uma “equa¸c˜ao de Schr¨ odinger” diferente embora os termos de partida sejam, do ponto de vista da F´ısica Cl´assica, equivalentes. Evidentemente, o problema resulta do fato de que as grandezas x e p n˜ao comutam na Mecˆanica Quˆ antica. Considere agora o termo 1 2m _ pxp 1 x _ ψ Neste caso, a substitui¸c˜ao p →−i∂/∂x d´a origem a 1 2m (−i) 2 ∂ ∂x x ∂ ∂x _ 1 x ψ _ = − 2 2m ∂ ∂x x _ − 1 x 2 ψ + 1 x ∂ψ ∂x _ = = − 2 2m ∂ ∂x _ − 1 x ψ − ∂ψ ∂x _ = − 2 2m _ 1 x 2 ψ − 1 x ∂ψ ∂x + ∂ 2 ψ ∂x 2 _ = − 2 2m ∂ 2 ψ ∂x 2 + 2 2m _ 1 x ∂ψ ∂x − 1 x 2 ψ _ . ¸¸ . novo termo Note que os “novos termos” s˜ao idˆenticos a menos do sinal. Portanto, ´e f´acil verificar que a regra heur´ıstica de substitui¸c˜ao do momentum linear pelo operador p → −i∂/∂x continua levando ` a mesma equa¸c˜ao de Schr¨ odinger desde que o operador cl´ assico seja colocado na forma sim´etrica. No exemplo em quest˜ao, deve-se partir de 1 4m _ p 1 x px + pxp 1 x _ ψ 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 189 de modo a obter apenas o termo cin´etico − 2 2m ∂ 2 ψ ∂x 2 Exerc´ıcio 15.7.10 Um el´etron de um ´atomo de hidrogˆenio encontra-se em seu estado fundamental. Determine: a) a probabilidade de que o el´etron se encontre no interior do pr´oton cuja dimens˜ao ´e r ∼ 1 F = 10 −15 m; b) a distˆ ancia mais prov´avel entre o pr´ oton e o el´etron; c) a probabilidade de presen¸ ca entre 0,99 a e 1,11 a, onde a ´e o raio de Bohr; d) a probabilidade de presen¸ ca para r > 4a; e) os valores m´edios ¸r), ¸r 2 ), ¸x) e ¸x 2 ). a) Sabe-se que, no estado fundamental do ´ atomo de hidrogˆenio, a fun¸ c˜ao de onda ´e simplesmente (Tabela 15.3 do livro de texto) ψ = ψ 100 · e −r/a onde a = 0,529 10 −8 cm ´e o raio de Bohr dado pela equa¸ c˜ao (12.9). N˜ ao ´e demais relembrar aqui que a express˜ao para o raio de Bohr dada no livro de texto a = 2 me 2 vale somente no CGS. Para se calcular esta grandeza no SI, ´e necess´ario multiplicar esta equa¸ c˜ao pelo fator 4π ◦ . De fato, neste caso obt´em-se a = 4 3,14 8,854 10 −12 (1,055) 2 10 −68 9,11 10 −31 (1,6) 2 10 −38 = 5,3 10 −80 10 −69 = 5,3 10 −11 = 0,53 10 −10 m A probabilidade de que o el´etron seja encontrado entre a distˆancia r e r +dr do centro do pr´ oton ´e P(r)dr =[ A [ 2 e −2r/a r 2 dr _ π 0 sen θ dθ _ 2π 0 dφ = 4 a 3 r 2 e −2r/a dr A constante de normaliza¸c˜ao da fun¸ c˜ao de onda, A, ´e determinada pela condi¸ c˜ao 4π [ A [ 2 _ ∞ 0 e −2r/a r 2 dr = 1 ⇒ A = 1 √ πa 3 190 F´ısica Moderna Caruso • Oguri J´a a probabilidade de o el´etron ser encontrado no interior do pr´ oton, cujas dimens˜oes caracter´ısticas s˜ao da ordem de r ◦ · 10 −15 m = 10 −13 cm, ´e P ◦ = _ r ◦ 0 P(r)dr = 4 a 3 _ r ◦ 0 e −2r/a r 2 dr A resolu¸c˜ao desta integral ´e direta. Seja I = _ r ◦ 0 e −2r/a r 2 dr Fazendo u = r 2 ⇒du = 2r dr e dv = e −r/a dr ⇒v = −(a/2)e −2r/a , I = − a 2 r 2 e −2r/a ¸ ¸ ¸ r ◦ 0 + a _ r ◦ 0 e −2r/a r dr Integrando novamente por partes, I = − a 2 r 2 e −2r/a ¸ ¸ ¸ r ◦ 0 − a 2 2 re −2r/a ¸ ¸ ¸ r ◦ 0 + a 2 2 _ r ◦ 0 e −2r/a dr ou ainda, I = − ar 2 (r + a)e −2r/a ¸ ¸ ¸ r ◦ 0 − a 3 4 e −2r/a ¸ ¸ ¸ r ◦ 0 Tomando-se o limite r ◦ → ∞ e multiplicando-se esta integral por 4π, proveniente da integra¸ c˜ao da parte angular da fun¸ c˜ao de onda, obt´em-se a normaliza¸c˜ao j´a citada. Com o resultado anterior, pode-se escrever P ◦ como P ◦ = 2 a 2 _ −r 2 ◦ −ar ◦ − a 2 2 _ e −2r ◦ /a − 2 a 2 _ − a 2 2 _ ou P ◦ = 1 − _ 1 + 2 r ◦ a + 2 r 2 ◦ a 2 _ e −2r ◦ /a Logo, considerando que a >> r ◦ (a/r ◦ · 1,9 10 −5 ), P ◦ · 1 −e −2r ◦ /a = 1 −e −3,8×10 −5 = 1 −0,999962 = 3,8 10 −5 Portanto, P ◦ = 0,0038% 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 191 b) A distribui¸ c˜ao de probabilidade radial pode ser expressa como ρ(r) = 4r 2 a 3 e −2r/a Assim, a distˆancia mais prov´ avel entre o pr´ oton (na origem) e o el´etron ´e dada pela condi¸ c˜ao de m´aximo da distribui¸ c˜ao radial, ou seja, por dρ dr = 4 a 3 _ 2r − 2r 2 a _ e −2r/a ⇓ r = a isto ´e, a distˆancia mais prov´ avel de se encontrar o el´etron no ´ atomo de hidrogˆenio corresponde ao raio de Bohr. A fun¸ c˜ao ρ(r) est´a esbo¸ cada na figura a seguir. c) A probabilidade de presen¸ ca entre 0,99a e 1,11a ´e dada por P = 4 a 3 _ 1,11a 0,99a e −2r/a r 2 dr = 4 a 3 _ − ar 2 (r + a) − a 3 4 _ e −2r/a ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 1,11a 0,99a = − _ 2 r 2 a 2 + 2 r a + 1 _ e −2r/a ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 1,11a 0,99a 192 F´ısica Moderna Caruso • Oguri ou P · _ 1 + 2 r a _ e −2r/a ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 1,11a 0,99a = −(1 + 2 1,11) e −2,22 + (1 + 1,98) e −1,98 = −3,22 0,1086 + 2,98 0,138 = −0,3497 + 0,4115 = 0,0618 ⇒ P = 6,2 % d) A probabilidade de presen¸ ca para r > 4a ´e obtida da integral P = 4 a 3 _ ∞ 4a e −2r/a r 2 dr = − _ 1 + 2 r a + 2 r 2 a 2 _ e −2r/a ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ∞ 4a = [1 + 8 + 32] e −8 = 41 0,000335 = 0,0137 Logo, P = 1,37 % e) O valor m´edio de r ´e dado por ¸r) = 4a _ ∞ 0 _ r a _ 3 e −2r/a d _ r a _ Fazendo u = (r/a) 3 ⇒du = 3(r/a) 2 e dv = e −2r/a dr ⇒ v = −(1/2)e −2r/a , resulta ¸r) = 4a _ _ 1 2 r a _ 3 e −2r/a _¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 0 ∞ . ¸¸ . =0 + 3 2 _ ∞ 0 _ r a _ 2 e −2r/a d _ r a _ Integrando novamente por partes, ¸r) = 3a _ _ 1 2 r a _ 2 e −2r/a _¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 0 ∞ . ¸¸ . =0 +3 _ ∞ 0 _ r a _ e −2r/a d _ r a _ = 3 2 ae −2r/a ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 0 ∞ 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 193 donde ¸r) = 3 2 a O valor m´edio ¸r 2 ) ´e ¸r 2 ) = 4a 2 _ ∞ 0 _ r a _ 4 e −2r/a d _ r a _ = 4a 2 4 2 _ ∞ 0 _ r a _ 3 e −2r/a d _ r a _ = 4a 2 4 2 3 2 _ ∞ 0 _ r a _ 2 e −2r/a d _ r a _ = 4a 2 _ 4 2 3 2 2 2 __ ∞ 0 _ r a _ e −2r/a d _ r a _ = 4a 2 _ 4 2 3 2 2 2 1 2 __ ∞ 0 e −2r/a d _ r a _ Como a ´ ultima integral vale 1/2, segue-se que ¸r 2 ) = 3a 2 O valor m´edio de x ´e dado por ¸x) = _ _ _ xr 2 [ ψ(r) [ 2 sen θ drdθdφ onde x = r sen θ cos φ. Assim, ¸x) = _ ∞ 0 r 3 [ ψ(r) [ 2 dr _ π 0 cos φdφ . ¸¸ . =0 _ 2π 0 sen 2 θ dθ ⇒ ¸x) = 0 Por outro lado, ¸x 2 ) = _ _ _ x 2 r 2 [ ψ(r) [ 2 sen θ drdθdφ = _ ∞ 0 r 4 [ ψ(r) [ 2 dr _ π 0 cos 2 φdφ . ¸¸ . =π/2 _ 2π 0 sen 3 θ dθ . ¸¸ . =0 ⇒ ¸x 2 ) = 0 194 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 15.7.11 Mostre que: a) _ L x , z ¸ = −iy b) _ L y , z ¸ = −ix c) _ L x , y ¸ = iz d) _ L y , x ¸ = −iz e) _ L 2 , z ¸ = 2i (xL y −yL x −iz) f ) _ L 2 , _ L 2 , z ¸ _ = 2 2 (zL 2 + L 2 z) g) r L = 0 Neste exerc´ıcio utiliza-se a f´ormula do momento angular em coordenadas cartesianas e suas componentes, bem como as rela¸c˜oes de incerteza [x i , p j ] = iδ ij a) [L x , z] = [yp z −zp y , z] = [yp z , z] −[zp y , z] = y[p z , z] = −iy b) [L y , z] = [zp x −xp z , z] = [zp x , z] −[xp z , z] = −x[p z , z] = ix c) [L x , y] = [yp z −zp y , y] = [yp z , y] −[zp y , y] = −z[p y , y] = iz d) [L y , x] = [zp x −xp z , x] = [zp x , x] −[xp z , x] = z[p x , x] = −iz e) Parte-se de [L 2 , z] = [L 2 x , z] + [L 2 y , z] + [L 2 z , z] que ´e ainda igual a [L 2 , z] = L x [L x , z] + [L x , z]L x + L y [L y , z] + [L y , z]L y + L z [L z , z] + [L z , z]L z O comutador [L z , z] = 0 e os demais foram calculados nos itens anteriores. 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 195 Portanto, [L 2 , z] = L x (−iy)+(−iy)L x +L y (ix)+(ix)L y = i(−L x y−yL x +L y x+xL y ) ´ E ´ util escrever L x y = L x y −yL x + yL x . ¸¸ . =0 = [L x , y] + yL x = iz + yL x Analogamente, L y x = L y x−xL y + xL y . ¸¸ . =0 = [L y , x] + xL y = −iz + xL y Levando estes resultados na equa¸c˜ao anterior, obt´em-se [L 2 , z] = i(2xL y −iz −2yL x −iz) ou [L 2 , z] = 2i(xL y −yL x −iz) f) Usando o resultado do item anterior, [L 2 , [L 2 , z]] = 2i _ [L 2 , xL y ] −[L 2 , yL x ] −i[L 2 , z] _ = 2i _ [L 2 , x]L y + x[L 2 , L y ] −[L 2 , y]L x −y[L 2 , L x ] −i(L 2 z −zL 2 ) _ Cada componente do momento angular comuta com L 2 , ou seja, [L 2 , L x ] = [L 2 , L y ] = 0. Os quatro termos restantes podem ser escritos explicitamente da forma [L 2 , [L 2 , z]] = 2i ¦(yL z −zL y −ix)L y −2i(zL x −xL z −iy)L x − i(L 2 z −zL 2 ) _ 196 F´ısica Moderna Caruso • Oguri ou [L 2 , [L 2 , z]] = −2 _ 2yL z L y −2zL 2 y −2zL 2 x . ¸¸ . −2z(L 2 x +L 2 y +L 2 z )+2zL 2 x −2ixL y + 2iyL x + +2xL z L x −L 2 z + zL 2 _ = −2 _ 2yL z L y −2ixL y + 2xL z L x + 2iyL x + 2zL 2 z −2zL 2 + −L 2 z + zL 2 _ = −2(zL 2 + L 2 z) −4 2 _ (yL z −ix) . ¸¸ . L z y L y + (xL z −iy) . ¸¸ . L z x L x + + zL z L z _ = −2(zL 2 + L 2 z) −4 2 ¦L z yL y + L z xL x + L z zL z ¦ . ¸¸ . L z (r· L)=0 Assim, [L 2 , [L 2 , z]] = 2 2 (zL 2 + L 2 z) g) Finalmente, r L = xL x + yL y + zL z = x(yp z −zp y ) + y(zp x −xp z ) + z(xp y −yp x ) = (xy −yx)p z −(xz −zx)p y + (yz −zy)p x = 0 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 197 Exerc´ıcio 15.7.12 Calcule (para k = −3, −2, −1, 1 e 2) ¸r k ) = _ ∞ 0 R ∗ n,l r k R n,l r 2 dr O exerc´ıcio pede que se calcule ¸r j ) = _ ∞ 0 R ∗ n r j R n r 2 dr para os seguintes valores: j = −3, −2, −1, 1 e 2. Sabe-se que a fun¸ c˜ao de onda radial do ´ atomo de hidrogˆenio ´e R n (r) = (2α) 3/2 _ (n − −1)! 2n[(n + )!] 3 _ 1/2 e −ξ/2 ξ L 2+1 n−−1 (ξ) com ξ = 2αr e α = (na) −1 . Devem-se, portanto, calcular termos do tipo ¸r j ) = (2α) 3 _ (n − −1)! 2n[(n + )!] 3 _ _ ∞ 0 e −ξ ξ 2 r j+2 L 2+1 n−−1 (ξ) L 2+1 n−−1 (ξ) dr onde r = ξ 2α ⇒ dr = dξ 2α ⇓ r j+2 = 1 (2α) j+2 ξ j+2 Assim, ¸r j ) = _ (n − −1)! 2n[(n + )!] 3 _ 1 (2α) j _ ∞ 0 e −ξ ξ 2+j+2 L 2+1 n−−1 (ξ) L 2+1 n−−1 (ξ) dξ Logo, as integrais que devem ser calculadas s˜ao do tipo I j = _ ∞ 0 e −x x (2+1)+j+1 (L 2+1 n−−1 ) 2 dx ´ E conveniente utilizar a nota¸ c˜ao mais simples 2 + 1 →k n − −1 →m para uma compara¸ c˜ao mais direta com as equa¸c˜oes (15.118) do livro de texto. Em termos dos ´ındices k e m, ¸r j ) = m! (m + k + 1)[(k + m)!] 3 I j (2α) j 198 F´ısica Moderna Caruso • Oguri onde I j = _ ∞ 0 e −x x k+j+1 (L k m ) 2 dx As integrais correspondendo a j = −3 e j = −2 s˜ao dadas explicitamente nas equa¸c˜oes (15.118), enquanto para j = −1, a resposta est´a na equa¸ c˜ao (15.117). Portanto, para os valores negativos de j, tem-se, respectivamente, I −3 = _ ∞ 0 e −x x k−2 (L k m ) 2 dx = (2m + k + 1)[(m + k)!] 3 m!k(k 2 −1) I −2 = _ ∞ 0 e −x x k−1 (L k m ) 2 dx = [(m + k)!] 3 m!k I −1 = _ ∞ 0 e −x x k (L k m ) 2 dx = [(m + k)!] 3 m! Assim, podem-se calcular todos os valores m´edios das diferentes potˆencias negativas de r propostas, usando as equa¸ c˜oes anteriores e substituindo os ´ındices k e m em termos de n e . Para j = −3, ¸r −3 ) = _ na 2 _ −3 _ (n − −1)! 2n[(n + )!] 3 _ (2n −2 −2 + 2 + 2)[(n − −1 + 2 + 1)!] 3 (n − −1)!(2 + 1)[(2 + 1) 2 −1] ou ¸r −3 ) = _ na 2 _ −3 _ (n − −1)! 2n[(n + )!] 3 _ 2n[(n + )!] 3 (n − −1)!(2 + 1)4( + 1) ou ainda ¸r −3 ) = 1 4(2 + 1)( + 1) _ na 2 _ −3 ⇒ ¸r −3 ) = 1 ( + 1)( + 1/2) 1 n 3 a 3 Para j = −2, ¸r −2 ) = _ na 2 _ −2 _ (n − −1)! 2n[(n + )!] 3 _ [(n − −1 + 2 + 1)!] 3 (n − −1)!(2 + 1) ou ¸r −2 ) = 1 2n(2 + 1) _ na 2 _ −2 ⇒ ¸r −2 ) = 1 ( + 1/2) 1 n 3 a 2 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 199 e, para j = −1, ¸r −1 ) = _ na 2 _ −1 _ (n − −1)! 2n[(n + )!] 3 _ [(n + )!] 3 (n − −1)! ou ¸r −1 ) = 1 2n _ na 2 _ −1 ⇒ ¸r −1 ) = 1 n 2 a Para j = +1 e j = +2 devem-se calcular, respectivamente, as seguintes integrais: I 1 = _ ∞ 0 e −x x k+2 (L k m ) 2 dx I 2 = _ ∞ 0 e −x x k+3 (L k m ) 2 dx Para resolver estas duas integrais, pode-se utilizar uma rela¸ c˜ao de recorrˆencia para os polinˆ omios associados de Laguerre, L k m , na qual aparece um produto xL k m em fun¸c˜ao de outros termos que n˜ ao dependem de x. Isto vai permitir, interadamente, que se reduza a ordem da potˆencia dos termos x k+i que aparece no integrando, at´e podermos utilizar a rela¸c˜ao de ortonormalidade dos polinˆ omios de Laguerre _ ∞ 0 e −x x k L k m (x)L k n (x) dx = [(m + k)!] 3 m! δ mn para resolver as integrais. A rela¸c˜ao em quest˜ao geralmente ´e dada na literatura na forma: (m + 1)L k m+1 = (2m + k + 1 −x)L k m −(m + k)L k m−1 No entanto, ´e preciso estar atento, pois esta rela¸c˜ao vale para os polinˆ omios definidos com uma normaliza¸c˜ao diferente da adotada no livro de texto. De fato, L k m (x) = 1 m! e x x −k d m dx m _ e −x x m+k _ enquanto adotamos L k m (x) = (−) k (m + k)! 1 m! e x x −k d m dx m _ e −x x m+k _ ⇓ 200 F´ısica Moderna Caruso • Oguri L k m (x) = (−) k (m + k)! L k m (x) Portanto, a f´ ormula de recorrˆencia correta para nossa normaliza¸c˜ao ´e (m + 1) (m + k + 1) L k m+1 = (2m + k + 1 −x)L k m −(m + k) 2 L k m−1 Dela, tira-se que xL k m = (2m + k + 1) L k m −(m + k) 2 L k m−1 − (m + 1) (m + k + 1) L k m+1 Com esta rela¸c˜ao, pode-se resolver a integral J 0 = _ ∞ 0 e −x x k+1 (L k m ) 2 dx = _ ∞ 0 e −x x k xL k m .¸¸. L k m dx ⇓ J 0 = (2m + k + 1) _ ∞ 0 e −x x k (L k m ) 2 dx −(m + k) 2 _ ∞ 0 e −x xL k m−1 L k m dx + − (m + 1) (m + k + 1) _ ∞ 0 e −x xL k m+1 L k m dx os dois ´ ultimos termos s˜ao nulos pela condi¸ c˜ao de ortogonalidade. Assim, J 0 = (2m + k + 1) [(m + k)!] 3 m! que ´e a primeira das equa¸ c˜oes (15.118). Quando j = 1, ´e preciso calcular a integral J 1 = _ ∞ 0 e −x x k+2 (L k m ) 2 dx = _ ∞ 0 e −x x k+1 (xL k m )L k m dx Substituindo o termo (xL k n ) pela rela¸c˜ao de recorrˆencia anterior, temos: J 1 = (2m + k + 1)J 0 −(n + k) 2 _ ∞ 0 e −x x k+1 L k m L k m−1 dx − (m + 1) (m + k + 1) _ ∞ 0 e −x x k+1 L k m L k m+1 dx 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 201 Repetindo a substitui¸ c˜ao do termo (xL k n ), obt´em-se J 1 = (2m + k + 1)J 0 −(m + k) 2 _ ∞ 0 e −x x k _ (2m + k + 1)L k m L k m−1 + − (m + k) 2 (L k m−1 ) 2 − (m + 1) (m + k + 1)L k m+1 L k m _ dx + − (m + 1) (m + k + 1) _ ∞ 0 e −x x _ (2m + k + 1)L k m L k m+1 + − (n + k) 2 L k m−1 L k m+1 − (m + 1) (m + k + 1) (L k m+1 ) 2 _ dx As quatro integrais que envolvem dois polinˆ omios com ´ındices inferiores diferentes s˜ao nulas, pela ortogonalidade destas fun¸ c˜oes e, portanto, J 1 = (2m + k + 1)J 0 + (m + k) 4 _ ∞ 0 e −x x k (L k m−1 ) 2 dx + + (n + 1) 2 (n + k + 1) 2 _ ∞ 0 e −x x k (L k m+1 ) 2 dx Usando a condi¸ c˜ao de normaliza¸ c˜ao, chega-se a J 1 = (2m + k + 1) 2 [(m + k)!] 3 m! + (m + k) 4 [(m + k −1)!] 3 (m−1)! + + (n + 1) 2 (n + k + 1) 2 [(m + k + 1)!] 3 (m + 1)! ou seja, J 1 = [(m + k)!] 3 m! _ (2m + k + 1) 2 + m(m + k) + (m + 1)(m + k + 1) ¸ Em termos dos ´ındices originais n e , J 1 = [(n + )!] 3 (n −l −1)! _ 4n 2 + (n + )(n − −1) + (n −)(n + + 1) ¸ = [(n + )!] 3 (n −l −1)! [4n 2 + n 2 + n −n − 2 −n − + n 2 −nl + nl − + n −] = [(n + )!] 3 (n −l −1)! [6n 2 −2 2 −2] = 2 [(n + )!] 3 (n −l −1)! [3n −( + 1)] 202 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Donde ¸r 1 ) = _ na 2 _ _ (n − −1)! 2n[(n + )!] 3 _ 2[(n + )!] 3 (n − −1)! [3n 2 −( + 1)] ⇓ ¸r 1 ) = a 2 _ 3n 2 −( + 1) ¸ Analogamente, para j = 2, J 2 = _ ∞ 0 e −x x k+3 (L k m ) 2 dx = _ ∞ 0 e −x x k+1 (xL k m )L k m dx Substituindo o termo (xL k m ) pela mesma rela¸ c˜ao de recorrˆencia usada anteriormente, pode-se escrever J 2 = _ ∞ 0 e −x x k+2 _ (2n + k + 1)L k m −(m + k) 2 L k m−1 + − (m + 1) (m + k + 1) L k m+1 _ L k m dx ou J 2 = (2n + k + 1)J 1 −(m + k) 2 A− (m + 1) (m + k + 1) B com A = _ ∞ 0 e −x x k+2 L k m L k m−1 dx e B = _ ∞ 0 e −x x k+2 L k m L k m+1 dx Nas integrais A e B expressa-se, mais uma vez, o termo (xL k m ) em fun¸ c˜ao dos outros que n˜ ao dependem de x, reduzindo assim as integrais a outras que 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 203 s´o depender˜ ao da potˆencia x k+1 no integrando. Chega-se, portanto, ` a express˜ao J 2 = (2m + k + 1)J 1 −(m + k) 2 (2m + k + 1) _ ∞ 0 x k+1 L k m L k m−1 dx +(m + k) 4 _ ∞ 0 x k+1 (L k m−1 ) 2 dx + (m + k) 2 (m + 1) (m + k + 1) _ ∞ 0 x k+1 L k m+1 L k m−1 dx − (m + 1)(2m + k + 1) (m + k + 1) _ ∞ 0 x k+1 L k m+1 L k m + (m + 1) 2 (m + k + 1) 2 _ ∞ 0 x k+1 (L k m+1 ) 2 dx + (m + k) 2 (m + 1) (m + k + 1) _ ∞ 0 x k+1 L k m+1 L k m−1 dx Todas as integrais envolvidas aqui j´ a foram calculadas anteriormente. Para resolver as duas que envolvem o termo L k m+1 L k m−1 , basta lembrar da equa¸ c˜ao de recorrˆencia xL k m = (2m + k + 1)L k m −(m + k) 2 L k m−1 − (m + 1) (m + k + 1) L k m+1 para escrever xL k m+1 = (2m + k + 3)L k m+1 −(m + k + 1) 2 L k m − (m + 2) (m + k + 3) L k m+2 Como estes termos est˜ao multiplicados por L k m−1 na integral J 2 acima, conclui- se que estas duas integrais s˜ao nulas. Logo, J 2 = (2m + k + 1)J 1 + (m + 4) 4 (2m + k + 2)(2m + k −1) [(m + k −1)!] 3 (m−1)! + (m + 1) 2 (m + k + 1) 2 (2m + k + 2)(2m + k + 3) [(m + k + 1)!] 3 (m + 1)! ou ainda J 2 = (2m + k + 1)J 1 + (2m + k + 2) [(m + k)!] 3 m! [(m + k)(2m + k −1)m + (m + 1)(2m + k + 3)(m + k + 1)] Em termos dos ´ındices n e tem-se J 2 = 2[(n + )!] 3 (n − −1)! _ 6n 3 −2n( + 1) + [(n 2 − 2 ) −n −](2n −1)+ +[(n 2 − 2 ) + n −](2n + 1) ¸ 204 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Finalmente, ¸r 2 ) = n 2 a 2 2 _ 5n 2 + 1 −3( + 1) ¸ Cabe mencionar que outras potˆencias foram calculadas por Kjell Bockasten, “Mean values of powers of the radius for hydrogenic electron orbits”, Physical Review A9, n. 3, p. 1087-1089 (1974). Neste artigo ´e dada uma f´ ormula de recorrˆencia ´ util para os raios no ´ atomo de hidrogˆenio (Z = 1), a saber: ¸r −(p+2) ) = _ 2 na _ 2p+1 (2 −p)! (2 + p + 1)! ¸r (p−1) ) v´alida para ≥ p/2. Outra rela¸ c˜ao ´ util, encontrada no livro Arfken & Weber, F´ısica Matem´ atica, Rio de Janeiro: Elsevier, 2007, p. 640, ´e (para j ≥ −2 −1): j + 2 n 2 ¸r j+1 ) −(2j + 3)a¸r j ) + j + 1 4 _ (2 + 1) 2 −(j + 1) 2 ¸ a 2 ¸r j−1 ) = 0 Exerc´ıcio 15.7.13 Calcule os valores m´edios de ¸p x ), ¸p y ) e ¸p z ) nos estados l = 1 e m = 0, ±1 do ´atomo de hidrogˆenio. Sabe-se que p x = p sen θ cos φ p y = p sen θ sen φ p z = p cos θ Os valores m´edios que devem ser calculados s˜ao ¸p x ) = p _ Y ∗ m sen θ cos φY m dΩ ¸p y ) = p _ Y ∗ m sen θ sen φY m dΩ ¸p z ) = p _ Y ∗ m cos θ Y m dΩ 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 205 O valor m´edio da componente p x ´e ¸p x ) = p _ 2 + 1 4π (− [ m [)! (+ [ m [)! _ _ π 0 P m (cos θ) sen θP m (cos θ) dcos θ _ 2π 0 e −imφ cos φe imφ dφ Como a integral em φ ´e igual ao sen φ e os limites de integra¸c˜ao s˜ao 0 e 2π, segue-se que ¸p x ) = 0. Para p y , tem-se ¸p y ) = p _ 2 + 1 4π (− [ m [)! (+ [ m [)! _ _ π 0 P m (cos θ) sen θP m (cos θ) dcos θ _ 2π 0 e −imφ sen φe imφ dφ = 0 Agora a integral em φ ´e igual ao cos φ, que tamb´em ´e nula de 0 a 2π. Portanto, ¸p x ) = ¸p y ) = 0 Como ¸p z ) n˜ao depende de φ, a integra¸ c˜ao nesta vari´avel ´e igual a 2π, restando ¸p z ) = 2πp _ 2 + 1 4π (− [ m [)! (+ [ m [)! _ _ π 0 P m (x) xP m (x) dx Usando a equa¸ c˜ao de recorrˆencia (15.80), xP m = ( −m + 1) 2 + 1 P m +1 + ( + m) 2 + 1 P m −1 pode-se reescrever a ´ ultima integral como uma soma de duas outras. Uma vez que _ +1 −1 P m (x)P m (x) ∝ δ e como os dois termos da integral em x de ¸p z ) envolvem os valores = ±1, segue-se que ¸p z ) = 0 206 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 15.7.14 Considerando os polinˆomios de Legendre, mostre que _ +1 −1 P l (x)G k (x) dx = 0 para todo polinˆomio G(x) de ordem k < l. De fato, como os polinˆomios de Legendre formam uma base completa, pode-se expressar G(x) como uma superposi¸ c˜ao de P (x) da forma G k (x) = k< n=0 a n P n (x) o que transforma a integral anterior em k< n=0 a n _ +1 −1 P (x)P n (x) dx = k< n=0 a n δ n Como no somat´orio todos os valores de n s˜ao menores do que , segue-se que a integral proposta ´e nula. Exerc´ıcio 15.7.15 A equa¸ c˜ao diferencial d dx _ A(x) dy dx _ + [λB(x) + C(x)] y = 0 ´e chamada de equa¸c˜ao de Sturm-Liouville. Mostre que as equa¸ c˜ oes do oscilador harmˆonico simples, de Hermite, de Legendre e de Laguerre podem ser escritas nesta forma geral. a) equa¸c˜ao de Hermite A equa¸c˜ao de Hermite foi escrita no livro de texto como d 2 H dx 2 −2x dH dx + (γ −1)H = 0 onde γ −1 = 2n, com n inteiro. Por outro lado, a equa¸ c˜ao de Sturm-Liouville ´e d dx _ A(x) dy dx _ + [λB(x) + C(x)]y = 0 que pode ainda ser escrita como d 2 y dx 2 + 1 A dA dx dy dx + 1 A [λB(x) + C(x)]y = 0 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 207 Comparando com a equa¸c˜ao de Hermite, 1 A dA dx = −2x ⇒ dA A = −2xdx ⇒ A(x) = e −x 2 Segue-se ainda, por compara¸ c˜ao direta, que C = 0 e λ = 2n. De uma forma mais geral, o que foi feito foi o seguinte. Tem-se a equa¸c˜ao de Hermite da forma y −2xy + 2ny = 0 Para uma equa¸ c˜ao do tipo y + α(x)y + β(x)y = 0 pode-se buscar o chamado “fator de integra¸ c˜ ao”, g(x), tal que g(x)[y + α(x)y ] = d dx [g(x)y ] = gy + _ dg dx _ y ou dg dx = gα(x) ⇒ dg g = α(x)dx Logo, g(x) = exp __ α(x)dx _ No caso da equa¸c˜ao de Hermite, α(x) = −2x ⇒ g = e −x 2 b) oscilador harmˆ onico simples Sua equa¸ c˜ao ´e d 2 ψ dx 2 + (γ −x 2 )ψ = 0 Neste caso, a compara¸c˜ao com a equa¸c˜ao de Sturm-Liouville ´e direta, obtendo-se A(x) = 1; λ = γ; B(x) = 1; C(x) = −x 2 e a equa¸c˜ao do oscilador na forma de Sturm-Liouville se escreve d dx _ e −x 2 H n _ + 2ne −x 2 H n = 0 208 F´ısica Moderna Caruso • Oguri c) equa¸c˜ao de Laguerre Os polinˆ omios ordin´ arios de Laguerre satisfazem a equa¸c˜ao (15.106) do livro de texto com k = 0, ou seja, xy + (1 −x) x y + ny = 0 Neste caso, o fator de integra¸c˜ao ´e g = exp __ 1 x dx − _ dx _ = e ln x e −x = xe −x Na forma de Sturm-Liouville, a equa¸ c˜ao de Laguerre fica d dx _ ex −x L n _ + ne −x L n = 0 d) equa¸c˜ao de Legendre No caso da equa¸c˜ao de Legendre (1 −x 2 )y −2xy + ( + 1)y = 0 o fator de integra¸ c˜ao ´e identificado imediatamente, pois d dx (1 −x 2 ) = −2x Portanto, a equa¸ c˜ao de Legendre escrita na forma de Sturm-Liouville ´e d dx [(1 −x 2 )P ] + ( + 1)P = 0 S´o a t´ıtulo de completeza, outras duas equa¸ c˜oes diferenciais importantes na F´ısica podem ser escritas como casos particulares da equa¸c˜ao de Sturm- Liouville. S˜ ao elas: a equa¸c˜ao de Bessel d dx _ x dy dx _ + _ − ν 2 x + n 2 x _ y = 0 e a equa¸c˜ao de Chebyshev, d dx _ _ 1 −x 2 dy dx _ + n 2 √ 1 −x 2 y = 0 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 209 Exerc´ıcio 15.7.16 Sabendo que a fun¸c˜ao de onda para uma part´ıcula livre movendo-se ao longo do eixo-z, com momentum k, pode ser expressa como: ψ = e ikz = i i _ 4π(2 + 1)j (kr)Y 0 onde j s˜ao fun¸c˜oes de Bessel e Y 0 , os harmˆonicos esf´ericos. Lembrando que Y 00 = 1 √ 4π Y 20 = 1 2 _ 5 4π (3 cos 2 θ −1) calcule a integral (k) 2 _ ψ sin 2 θ dΩ O objetivo deste exerc´ıcio ´e explicitar sen θ em termos dos harmˆonicos esf´ericos, reduzindo a integral ` a utiliza¸ c˜ao das propriedades de ortonormalidade dos harmˆonicos esf´ericos. Sabe-se que Y 00 = 1 √ 4π Y 20 = 1 2 5 √ 4π (3 cos 2 θ −1) Mas usando a identidade cos 2 θ = 1 −sen 2 θ pode-se escrever Y 20 = 1 2 5 √ 4π (2 −3 sen 2 θ) ou 2 _ 4π 5 Y 20 = 2 √ 4π _ Y 00 −3 sen 2 θ _ ou ainda explicitar sen 2 θ sen 2 θ = 2 3 √ 4π _ Y 00 − 1 √ 5 Y 20 _ Deste modo, a integral que se deseja calcular pode ser escrita como 210 F´ısica Moderna Caruso • Oguri I = (k) 2 _ ψ sen 2 θ dΩ = 2 √ 4π 3 (k) 2 i _ 4π(2 + 1)j (kr) _ Y 0 _ Y 00 − 1 √ 5 Y 20 _ dΩ Os harmˆonicos esf´ericos s˜ao normalizados de modo que _ π 0 _ 2π 0 Y m Y ∗ m dΩ = δ δ mm Em geral, em um problema deste tipo, deve-se usar tamb´em a propriedade Y ∗ m (θ, φ) = (−1) m Y −m (θ, φ) Como neste exerc´ıcio m = 0, apenas os termos = 0 e = 2 contribuem. Assim, 2 √ 4π 3 (k) 2 _ √ 4πj 0 (kr) + i 2 √ 4π 5 j 2 (kr) (−1) √ 5 _ ou, finalmente, 8π 3 (k) 2 [j 0 (kr) + j 2 (kr)] Exerc´ıcio 15.7.17 Considere que um el´etron no campo coulombiano de um pr´oton se encontra em um estado descrito pela seguinte fun¸ c˜ao de onda ψ nm (r): 1 4 [2ψ 100 (r) + 3ψ 211 (r) −ψ 210 (r) + √ 2ψ 21−1 (r)]. Calcule o valor esperado de L 2 . Seja a fun¸ c˜ao de onda ψ = 1 4 _ 2ψ 100 + 3ψ 211 −ψ 210 + √ 2ψ 21−1 _ As dependˆencias angulares de ψ s˜ao dadas pelos seguintes harmˆ onicos esf´ericos: ψ angular = 1 4 _ 2Y 00 + 3Y 11 −Y 10 + √ 2Y 1−1 _ 15. Aplicac¸˜ oes da equac¸˜ ao de Schr¨ odinger 211 Deste modo, ¸ψ [ L 2 [ ψ) = 1 16 _ 2¸Y 00 [ L 2 [ Y 00 ) + 3¸Y 11 [ L 2 [ Y 11 ) −¸Y 10 [ L 2 [ Y 10 ) + + √ 2¸Y 1−1 [ L 2 [ Y 1−1 ) _ ¸ψ [ L 2 [ ψ) = 1 16 _ 2¸Y 00 [ L 2 [ Y 00 ) + 3¸Y 11 [ L 2 [ Y 11 ) −¸Y 10 [ L 2 [ Y 10 ) + + √ 2¸Y 1−1 [ L 2 [ Y 1−1 ) _ Todos os termos cruzados s˜ao nulos, j´ a que os harmˆonicos esf´ericos formam um conjunto ortonormal completo. Lembrando que L 2 Y m = 2 ( + 1)Y m e ¸Y m [ Y m ) = δ δ mm chega-se a ¸ψ [ L 2 [ ψ) = 2 16 [2 0 + 3 2 + 1 2 + 2 2] ou seja, ¸ψ [ L 2 [ ψ) = 3 4 2 Exerc´ıcio 15.7.18 Mostre que _ (l + l + 1) 2 + (l −l) 2 −1 _ = _ (l + l + 1) (l −l) _ 2 Sabe-se que _ _ _ λ = 2 ( + 1) λ = 2 ( + 1) =⇒ λ ±λ = 2 [ ( + 1) ±( + 1)] ⇓ (λ −λ ) 2 = 4 [ 2 ( + 1) 2 + 2 ( + 1) 2 −2 ( + 1)( + 1)] 212 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Por sua vez, (λ −λ ) 2 = 2 2 (λ + λ ) = 2 4 [ ( + 1) + ( + 1)] e, portanto, 2 ( + 1) + 2( + 1) = 2 ( + 1) 2 + 2 ( + 1) 2 −2 ( + 1)( + 1) ou ainda 2 2 + 2 + 2 2 + 2 = 2 ( 2 + 2 + 1) + 2 ( 2 + 2 + 1) −2 ( + + + 1) O termo do lado esquerdo da equa¸ c˜ao anterior pode ser escrito como 2 2 + 2 + 2 2 + 2 = 2 + 2 −2 . ¸¸ . ( −) 2 −1 + 1 + ( +) 2 ¸ .. ¸ 2 + 2 + 2 + 2( +) ¸ .. ¸ 2 + 2 . ¸¸ . ( ++1) 2 = ( + + 1) 2 + ( −) 2 −1 J´a o termo do lado direito desta mesma equa¸ c˜ao pode ser escrito como 4 −2 2 2 + 4 . ¸¸ . ( 2 − 2 ) 2 +2 3 −2 2 −2 2 + 2 3 . ¸¸ . 2( 2 − 2 )( −) + 2 −2 + 2 . ¸¸ . ( −) 2 Logo, ( + + 1) 2 + ( −) 2 −1 = ( 2 − 2 ) 2 . ¸¸ . [( +)( −)] 2 +2 ( 2 − 2 ) . ¸¸ . ( +)( −) ( −) + ( −) 2 = [( + ) 2 + 2( + ) + 1]( −) 2 = ( + + 1) 2 ( −) 2 Assim, ( + + 1) 2 −1 = [( + + 1) 2 −1]( −) 2 ⇓ [( + + 1) 2 −1][( −) 2 −1] = 0 donde − = ±1 ⇒ = ±1 ( = 0, 1, 2, 3, ...) 16 A equa¸ c˜ao de Dirac: o spin do el´etron e o p´ositron Exerc´ıcio 16.9.1 Mostre que o n´ umero m´ aximo de el´etrons que pode ser acomodado em uma camada associada a um n´ umero quˆ antico n ´e igual a 2n 2 . No estado caracterizado pelos n´ umeros quˆanticos n = 1, = 0 e m = 0, no orbital mais simples, frequentemente chamado de orbital ou camada K, podem se acomodar apenas 2 el´etrons, que diferem entre si apenas no spin. No estado seguinte (n = 2), a camada L, podem haver 2 el´etrons no orbital s e 6 no orbital p, em um total de 8 el´etrons e assim sucessivamente. A generaliza¸c˜ao ´e imediata: para uma camada rotulada pelo n´ umero quˆ antico n, o n´ umero m´aximo de el´etrons que pode ser acomodado ´e 2×n 2 , sendo o fator 2 associado aos dois poss´ıveis estados de spin do el´etron. Este resultado, apresentado em 1924 por Edmund Clifton Stoner (1899-1968) no artigo “The Distribution of Electrons among Atomic Levels”, Philosophical Magazine, Series 6, volume 48, n. 286, p. 719-736, ´e conhecido como regra de Stoner. Exerc´ıcio 16.9.2 Calcule os autovalores das matrizes de Pauli. As matrizes de Pauli, σ x , σ y , σ z , s˜ao dadas por: σ x = 0 1 1 0 ; σ y = 0 i −i 0 ; σ z = 1 0 0 −1 Os autovalores das matrizes σ i s˜ao dados por det | σ i −λI |= 0 213 214 F´ısica Moderna Caruso • Oguri sendo I a matriz identidade. A solu¸ c˜ao ser´a obtida da fun¸ c˜ao caracter´ıstica que se escreve, em geral, como c(λ) ≡ det | A−λI |= 0 onde A ´e um operador linear que atua sobre um certo espa¸ co vetorial. Assim, para σ x , det −λ x 1 1 −λ x = 0 ⇒ λ 2 x −1 = 0 ⇒ λ x = ±1 Para σ y , det −λ y i −i −λ y = 0 ⇒ λ 2 y + i 2 = 0 ⇒ λ y = ±1 e, para σ z , det 1 −λ z 0 0 −1 −λ z = 0 ⇒ −(1 + λ z )(1 −λ z ) = λ 2 z −1 = 0 donde λ z = ±1 Portanto, todas as matrizes de Pauli tˆem autovalores iguais a ±1. Exerc´ıcio 16.9.3 Determine os autoestados da terceira componente do operador de spin S z = ±/2. A matriz S z pode ser escrita como S z = ± 2 σ z = ± 2 1 0 0 −1 Assim, basta calcular os autoestados u 1 e u 2 de σ z . Para λ = 1, tem-se 1 0 0 −1 a b = 1 a b o que implica que a = a b = −b ⇒b = 0 16. A equac¸˜ ao de Dirac: o spin do el´ etron e o p´ ositron 215 Escolhendo a = 1, obt´em-se u 1 = 1 0 Analogamente, para λ = −1, deve-se obter a = −a ⇒a = 0 b = b Logo, u 2 = 0 1 Sendo assim, os autovetores de S z s˜ao u 1 = 1 0 ; u 2 = 0 1 Exerc´ıcio 16.9.4 Determine a configura¸c˜ ao eletrˆonica do alum´ınio (Al) e do Argˆonio (Ar). O alum´ınio (Al 13 ) possui 2 el´etrons na camada K, 8 na L e 3 na M, assim distribu´ıdos: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 . J´a o argˆonio (Ar 18 ), que ´e um g´as nobre, tem uma distribui¸ c˜ao eletrˆonica que difere da do alum´ınio na ´ ultima camada, na qual ele possui 8 el´etrons, ou seja, 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 . Exerc´ıcio 16.9.4 Obtenha a equa¸c˜ao da continuidade associada `a equa¸c˜ao de Klein-Gordon, verificando que ρ e J s˜ao definidos pelas equa¸c˜oes ρ = i 2mc 2 Ψ ∗ ∂Ψ ∂t −Ψ ∂Ψ ∗ ∂t J = 2mi Ψ ∗ ∇Ψ−Ψ ∇Ψ ∗ A equa¸c˜ao de Kein-Gordon ´e 2 + mc 2 Ψ = 0 ⇒ ∇ 2 Ψ− 1 c 2 ∂ 2 Ψ ∂t 2 − m 2 c 2 2 Ψ = 0 Seguindo um procedimento an´ alogo ao utilizado para se obter a equa¸ c˜ao da continuidade relacionada ` a equa¸ c˜ao de Schr¨ odinger, multiplica-se esta equa¸ c˜ao 216 F´ısica Moderna Caruso • Oguri por Ψ ∗ e a equa¸c˜ao complexo conjugada por Ψ e ent˜ ao subtrai-se uma da outra, obtendo Ψ ∗ 2 + mc 2 Ψ−Ψ 2 + mc 2 Ψ ∗ = 0 ou ∇· 2mi Ψ ∗ ∇Ψ−Ψ ∇Ψ ∗ + ∂ ∂t i 2mc 2 Ψ ∗ ∂Ψ ∂t −Ψ ∂Ψ ∗ ∂t = 0 que ´e a equa¸c˜ao da continuidade ∂ρ ∂t +∇· j = 0 na qual define-se ρ = i 2mc 2 Ψ ∗ ∂Ψ ∂t −Ψ ∂Ψ ∗ ∂t j = 2mi Ψ ∗ ∇Ψ−Ψ ∇Ψ ∗ 17 Os indivis´ıveis de hoje Exerc´ıcio 17.5.1 Sabendo que o pr´oton ´e formado por trˆes quarks de valˆencia, dois do tipo up e um do tipo down, e o nˆeutron, por um up e dois down, determine a carga el´etrica desses quarks. Sabe-se que o pr´oton ´e formado de trˆes quarks de valˆencia (uud) e o nˆeutron corresponde a um estado (udd). Pela conserva¸ c˜ao da carga el´etrica, a carga de cada uma dessas part´ıculas deve ser igual ` a soma das cargas q i (i = u, d) de seus constituintes. Logo, q p = +1 = 2q u + q d q n = 0 = q u + 2q d Resolvendo o sistema, obt´em-se q u = +2/3 q d = −1/3 Exerc´ıcio 17.5.2 A part´ıcula Ω − tem trˆes quarks estranhos de valˆencia. Determine a carga el´etrica destes quarks. O b´ arion Ω − tem carga el´etrica −1, ou seja, sua carga el´etrica ´e igual ` a do el´etron. Se a part´ıcula Ω − ´e composta de 3 quarks do tipo s, segue-se da lei de conserva¸c˜ao de carga que a carga el´etrica deste quark ´e −1/3. 217 218 F´ısica Moderna Caruso • Oguri Exerc´ıcio 17.5.3 Os m´esons charmosos D 0 e D + tˆem o seguinte conte´ udo de quarks de valˆencia: D 0 (c¯ u) e D + (c ¯ d). Determine a carga el´etrica do quark charmoso. Foi mostrado no exerc´ıcio 17.5.1 que o quark u tem carga el´etrica +2/3. Por outro lado, sabe-se que as antipart´ıculas tˆem carga el´etrica oposta ` a da sua correspondente part´ıcula. Portanto, o antiquark ¯ u tem carga −2/3. Como a carga do D 0 ´e nula, segue-se que o quark c tamb´em tem carga +2/3. Deste modo vˆe-se que de fato o m´eson D composto de um quark c e um antiquark ¯ d possui carga total +1. Exerc´ıcio 17.5.4 Sabendo que o n´ umero de cargas el´etricas poss´ıveis dos n´ ucleons ´e dado por 2I + 1, onde I ´e o isospin, determine o isospin do pr´oton e do nˆeutron. Heisenberg foi quem introduziu o conceito de n´ ucleon, para se referir ao fato de que pr´ oton e nˆeutron apresentam-se como dois estados de uma mesma part´ıcula que, do ponto de vista das intera¸ c˜oes fortes, comportam-se da mesma maneira. Esta simetria ´e claramente quebrada na presen¸ ca de um campo eletromagn´etico, capaz de distinguir as cargas el´etricas do pr´oton e do nˆeutron. Portanto, o n´ umero de estados de cargas el´etricas poss´ıvel para o n´ ucleon ´e 2 e tem-se para este novo n´ umero quˆ antico isospin, associado ao n´ ucleon, o seguinte valor 2I + 1 = 2 ⇒ I = 1 2 Exerc´ıcio 17.5.5 Fa¸ca um esbo¸co da dependˆencia angular da raz˜ ao dσ dΩ Mott dσ dΩ Ruth para os seguintes valores de v/c: 0,5, 0,6, 0,7, 0,8, 0,9 e 0,99. 17. Os indivis´ıveis de hoje 219 Exerc´ıcio 17.5.6 Um potencial fenomenol´ogico confinante entre quarks sepa- rados de uma distˆancia r pode ser representado por V = − k 1 r + k 2 r onde k 1 0,5 e k 2 0,2 GeV −2 . Fa¸ca um esbo¸co da dependˆencia de V com r. O potencial fenomenol´ ogico dado, conhecido como potencial de Cornell, est´a esbo¸cado na figura abaixo para valores de r entre 0 e 2 fm.