ism - v4

M AT E R I A L S U P L E M E N TA R PA R A A C O M PA N H A R

MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR

FUNDAMENTOS DE FÍSICA

Óptica e Física Moderna

9a Edição

HALLIDAY & RESNICK

JEARL WALKERCleveland State University

VOLUME 4

Tradução e Revisão TécnicaRonaldo Sérgio de Biasi, Ph.D.Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia – IME

Este Material Suplementar contém as Soluções dos Problemas – Volume 4 que podem ser usadas como apoio para o livro Fundamentos de Física, Volume 4 – Óptica e Física Moderna, Nona Edição, 2012. Este material é de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro.

Material Suplementar Soluções dos Problemas – Volume 4 traduzido do material original:HALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME TWO, NINTH EDITION Copyright © 2011, 2008, 2005, 2003 John Wiley & Sons, Inc.All Rights Reserved. This translation published under license.

Obra publicada pela LTC Editora:FUNDAMENTOS DE FÍSICA, VOLUME 4 – óPTICA E FÍSICA MODERNA, NONA EDIÇÃODireitos exclusivos para a língua portuguesaCopyright 2012 by

LTC __ Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda. Uma editora integrante do GEN | Grupo Editorial Nacional

Projeto de Capa: M77 DesignImagem de Capa: Eric Heller/Photo Researchers, Inc. Used with permission of John Wiley & Sons, Inc. Reproduzida com permissão da John Wiley & Sons, Inc.

Editoração Eletrônica do material suplementar:

SUMÁRIO

Capítulo 33 1

Capítulo 34 27

Capítulo 35 60

Capítulo 36 88

Capítulo 37 116

Capítulo 38 145

Capítulo 39 170

Capítulo 40 190

Capítulo 41 211

Capítulo 42 228

Capítulo 43 255

Capítulo 44 272

1. Como ∆l << l e f = c/l, temos:

fc c=

≈ = × × −

2

8 93 0 10( , m/s)(0,0100 10 mm)

m)Hz 7,49 GHz.

2( ,,

632 8 107 49 10

99

×= × =−

2. (a) A frequência da radiação é

fc= = ×

× ×= × −

3 0 10

1 0 10 6 4 104 7 10

8

5 63,

( , )( ,,

m/s

m)HHz.

(b) O período da radiação é

Tf

= =×

= =−1 1

4 7 10212 3 32

3,min

Hzs s.

3. (a) De acordo com a Fig. 33-2, o menor comprimento de onda para o qual a sensibilidade do olho humano é metade da sensibilidade máxima é 515 nm.

(b) De acordo com a Fig. 33-2, o maior comprimento de onda para o qual a sensibilidade do olho humano é metade da sensibilidade máxima é 610 nm.

(c) De acordo com a Fig. 33-2, o comprimento de onda da luz à qual o olho humano é mais sensível é 555 nm.

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

fc= = × = ×

3 00 10

5555 41

8,,

m/s

nm10 Hz.14

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

Tf

= =×

= × −1 1

5 41 101 85 10

1415

,, .

Hzs

4. Como a velocidade da luz no ar é aproximadamente c = 3,0 × 108 m/s, em um intervalo de tempo t = 1,0 ns, a luz percorre uma distância

d ct= = × × = =−( , ,3 0 10 0 308 9m/s) (1,0 10 s) m 30 cm.

5. Se f é a frequência e l é o comprimento de onda de uma onda eletromagnética, fl = c. A frequência é igual à frequência da corrente no circuito do oscilador, ou seja, f LC= 1 2/ , em que C é a capacitância e L é a indutância. Assim,

2 LCc= .

Explicitando L, obtemos

LCc

= = ××

−

−

2

2 2

9 2

2 124

550 10

4 17 10 2 998

( )

( )( ,

m

F ××= × −

105 00 10

8 221

m/sH.

),

Capítulo 33

2 soluções dos problemas

Trata-se de um valor extremamente pequeno.

6. O comprimento de onda pedido é

= = = × ×c

fc LC2 2 2 998 10 108 6( , m/s) (0,253 H)(252 ,,0 F) m× =10 4 74122 , .

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

I ScBm= = = × × −

medm/s T2

0

8 4 2

2

3 0 10 1 0 10

2 1

( , )( , )

( ,226 101 2 10

6 26

×= ×− H/m

W/m2

), .

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

IP

r= = ×

( ) ×4

1 0 10

4 4 3 9 46 102

6

15

,

, ,

W

anos-luz m/anno-luzW/m2

( ) = × −

2294 8 10, .

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

E P t= = × × = ×− ( )( , ) ,100 10 1 0 10 1 0 1012 9 5W s J.

10. A amplitude do campo magnético da onda é

BE

cm

m= = ××

= ×−

−3 20 10

2 998 101 07 10

4

812,

,,

V/m

m/sT..

11. (a) A amplitude do campo magnético é

BE

cm

m= =×

= × ≈ ×−2 0

2 998 106 67 10 6 7 10

89,

,, ,

V/m

m/sT −−9 T.

(b) Como o campo elétrico oscila paralelamente ao eixo z e a onda se propaga paralelamente ao eixo x, o campo magnético oscila paralelamente ao eixo y.

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

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

sentido positivo do eixo z e a onda está se propagando no sentido positivo do eixo x, o campo magnético deve estar apontando no sentido negativo do eixo y.

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

BE

cm

m= =×

= × =−5 00

2 998 101 67 10

88,

,,

V/m

m/sT 16,7 nnT.

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

I SE

cm= = =

× ⋅−medV/m

T m/A

2

0

2

72

5 00

2 4 10 2

( , )

( )( ,9998 10

3 31 10 33 1

8

2

×

= × =−

m/s

W/m mW/m2 2

)

, , .

13. (a) Podemos usar a relação I = Em2 /2m0c para calcular Em:

E Im c= = × ⋅ ×−2 2 4 10 1 40 10 2 9907 3 ( )( , )( ,T m/A W/m2 88 10

1 03 10 1 03

8

3

×

= × =

m/s

V/m kV/m.

)

, ,

soluções dos problemas 3

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

Bm = = ××

= × =−E

cm 1 03 10

2 998 103 43 10

4

86,

,,

V/m

m/sT 3,,43 T.

14. De acordo com a equação que precede a Eq. 33-12, o valor máximo de ∂B/∂t é vBm . O valor de Bm, por sua vez, pode ser relacionado à intensidade através da equação

BE

c

c I

cam

m= =2 0

,

e a intensidade pode ser relacionada à potência P e à distância r através da Eq. 33-27. Finalmente, a frequência angular v pode ser relacionada ao comprimento de onda l através da equação v = kc = 2pc/l. Assim, temos:

∂∂

= = ×B

t

P

c

c

rmax

,2

4

23 44 100 6

T/s

15. (a) Como a intensidade de uma onda eletromagnética está relacionada à amplitude do campo elétrico através da equação I E cm= 2

02/ , temos:

E cIm = = × × ×− −2 2 4 10 2 998 10 10 1007 8 ( ) ( , ) (H/m m/s 66 2

28 7 10

W/m

V/m 87 mV/m

)

, .= × =−

(b) A amplitude do campo magnético é dada por

BE

cm

m= = ××

= × =−

−8 7 10

2 998 102 9 10

2

810,

,,

V/m

m/sT 0,,29 nT.

(c) Como, a uma distância r do transmissor, a intensidade de um transmissor que irradia uniformemente ao longo de um hemisfério é I P r= /2 2 , temos:

P r I= = × × = ×) ,2 2 10 10 6 3 102 3 6 3 (10 m) (10 W/m W2 22 == 6 3, kW.

16. (a) A potência recebida é

Pr = ××

=−( , )( ) /

( ,,1 0 10

300 4

4 6 37 101 412

2

6W

m

m)2

×× −10 22 W.

(b) A potência da fonte teria que ser

P r I= = ×( ) ×4 4 2 2 10 9 46 102 4 15 , ,anos-luz m/ano-luuzW

m( )

××

=

−2 12

6 2

1 0 10

4 6 37 10

1

,

( , )

,

11 1015× W.

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

BE

cm

m= =×

= × =−2 0

2 998 106 7 10

89,

,,

V/m

m/sT 6,7 nT.

(b) A intensidade média da luz é

IE

cm= = ( )

× ⋅ ×−

2

0

2

72

2 0

2 4 10 2 998 10

,

( )( ,

V/m

T m/A 8835 3 10 5 3

m/sW/m mW/m2 2

), , .= × =−

(c) A potência da fonte é

P r I= = × =−4 4 10 5 3 10 6 72 2 3 med2m W/m W.( ) ( , ) ,


18. De acordo com a Eq. 33-27, a inclinação de um gráfico da intensidade de uma onda eletromagnética em função do inverso do quadrado da distância (I em função de r −2 ) é P/4p. Como a inclinação do gráfico da Fig. 33-37 é (200 W/m2)/(10 m −2) = 20 W, a potência é P = 4p(20) ≈ 0,25 × 102 W = 0,25 kW.

19. Se o plasma reflete totalmente a energia incidente, a pressão da radiação é dada por pr = 2I/c, em que I é a intensidade. A intensidade, por sua vez, é dada por I = P/A, em que P é a potência e A é a área interceptada pela radiação. Assim,

pP

Acr = = ×

× ×−2 2 1 5 10

2 998

9

6 2

( , )

( )( ,

W

1,00 10 10m 8871 0 10

m/s= ×, Pa.

20. (a) A força exercida pela radiação é

F p Rc

RT Trad rad

2W/m= =

= ×

( ) ( )( , )

2 2

31 1 4 10 (( ,

,,

6 37

2 9986 0

6

88×

×= ×10

1010

m)

m/sN.

2

(b) A atração gravitacional do Sol é

FGM M

dS T

TSgrav

2 2N m /kg= = × ×2

116 67 2 0( , )( ,10 102 330 24

11225 98

1 53 6

kg kg

m)N,

2

)( , )

( ,,

××

= ×10

1010

que é muito maior que Frad.

21. Como a superfície é perfeitamente absorvente, a pressão da radiação é dada por pr = I/c, em que I é a intensidade. Como a lâmpada irradia uniformemente em todas as direções, a intensidade a uma distância r da lâmpada é dada por I = P/4pr2, na qual P é a potência da lâmpada. Assim,

pP

r cr = =

×= ×

4

500

2 998 105 9 1

2 2 8

W

4 m m/s( ) ( , ),

1,500 8− Pa.

22. A pressão da radiação é

pI

cr = =

×= × −10

2 998 103 3 10

88W/m

m/sPa.

2

,,

23. (a) A força para cima exercida pela radiação, Fr, dada pela Eq. 33-32, F = IA/c, deve ser igual, em módulo, à força para baixo exercida pela gravidade, Fg = mg. No caso de uma esfera, a área da “seção de choque” (que é o parâmetro A da Eq. 33-32) é a área de um círculo, A = pr2 (e não a área da superfície da esfera), e o volume (cujo valor é necessário para que a massa possa ser determinada através da relação m = rV) é dado por V = 4pr3/3. Finalmente, a intensidade I está relacionada à potência P da fonte luminosa através da Eq. 33-27, I = P/4pR2, em que R é a distância da fonte. Fazendo Fr = Fg e explicitando P, obtemos:

P R cr g

r

R c rg=

=

=

44

3

1 16

3

16 0 5

23

2

2

( , mm m/s kg/m3) ( , )( , )( , )(2 8 4 32 998 10 1 9 10 2 0 10× × × − 99 8

3

4 68 1011

, )

,

m/s

W.

2

= ×

(b) Qualquer pequena perturbação tiraria a esfera da posição de equilíbrio, pois, nesse caso, as duas forças deixariam de atuar ao longo do mesmo eixo.


24. Fazendo Fg = Fr, obtemos

GmM

d

IA

cS

TS2

2= ,

o que nos dá

AcGmM

IdS

TS

= = × ⋅−

2

6 67 10 15002

11( , )(N m /kg kg)(2 2 11,99 10 kg)(2,998 10 m/s)

W/m

30 8

2

× ××2 1 40 103( , )(11 50 10

9 5 10 0 95

11

5

,

, , .

×

= × =

m)

m km

2

2 2

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

pf I

cr = 2 0

e a pressão exercida pela parte absorvida é

pf I

ca = −( )

,1 0

na qual I0 é a radiação incidente. O fator 2 aparece na primeira expressão por causa da contribuição da radiação refletida para o momento final do sistema. A pressão total da radiação é a soma das duas contribuições:

p p pf I f I

c

f I

cr atotal = + = + − = +2 1 10 0 0( ) ( )

.

Para relacionar a intensidade à densidade de energia, considere um tubo de comprimento l e área da seção reta A, com o eixo paralelo à direção de propagação de uma onda eletromagnética. A energia eletromagnética no interior do tubo é U = uAl, na qual u é a densidade de energia. Como toda essa energia deixa o tubo em um intervalo de tempo ∆t = l/c, a intensidade da radiação é

IU

A t

uA c

Auc= = =

ll

,

o que nos dá u = I/c. A intensidade e a densidade de energia são positivas, independentemente do sentido de propagação. No caso de uma onda parcialmente refletida e parcialmente absorvida, a intensidade nas proximidades da superfície é

I = I0 + f I0 = (1 + f)I0,

na qual o primeiro termo é a contribuição da onda incidente e o segundo é a contribuição da onda refletida. A densidade de energia é, portanto,

uI

c

f I

c= = +( )

,1 0

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

26. A massa do cilindro é m = r(pD2/4)H, na qual D é o diâmetro do cilindro. Como o cilindro está em equilíbrio,

F mg FHD g D I

r ctot 4 4=

2 5 2 2 2 2

= ,0


o que nos dá

HI

gc

P

D gc= =

=×

2 2

4

1

2 4 60

2

π

[ (2,60 10

/

( , )W−−3 8 310 10m m/s m/s kg/ m) / ]( , )( , )( ,2 24 9 8 3 0 1 20× × 33

m nm.

)

,= × =−4 91 10 4917

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

fc= = × = ×λ

2 998 10

3 01 0 10

88,

,,

m/s

mHz.

(b) A frequência angular é

= = × = ×2 2 6 3 108f (1, 0 108 Hz) rad/s.,

(c) O número de onda é

k = = =2 22 1

3, 0 mrad/m.,

(d) A amplitude do campo magnético é

BE

cm

m= =×

= × =−300

2 998 101 0 10

86V/m

m/sT 1,0 T.

,,

(e) Como a onda se propaga paralelamente ao eixo x e o campo elétrico oscila paralelamente ao eixo y, o campo magnético oscila paralelamente ao eixo z.

(f) A intensidade da onda é

IEm= =

× ×−

2

07 82

300

2 4 10 10 c

(

( /

V/m)

m)(2,998

2

H m//s)= ×119 1 2 102W/m W/m .2 2 ,

(g) Como a placa absorve totalmente a onda, a taxa de transferência de momento por unidade de área é I/c e, portanto,

dp

dt

IA

c= =

×= ×( )( , )

,,

119 2 0

2 998 108 0 1

8

W/m m

m/s

2 2

00 7− N.

(h) A pressão da radiação é

pdp dt

Ar = = × = ×

−−/ N

mPa.

2

8 0 10

2 04 0 10

77,

,,

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

pI

cr = = ×

×= × −1 4 10

3 0 104 7 10

3

86,

,, .

W m

m sN m

22

(b) A razão pedida é

p

pr

0

6

5114 7 10

1 0 104 7 10= ×

×= ×

−−,

,, .

N m

N m

2

2


29. Se a luz do laser remove uma energia U da espaçonave, remove também um momento p = U/c. Como o momento da espaçonave e o momento da luz são conservados, este é o momento adquirido pela espaçonave. Se P é a potência do laser, a energia removida em um intervalo de tempo ∆t é U = P∆t. Assim, p = P∆t/c e, se m é a massa da espaçonave, a velocidade que a espaçonave atinge é

vp

m

Pt

mc= = = ×

×(

( ,

10 10

1 5 10

3

3

W)(86.400 s)

kg)(2,9998 10 m/s)m/s 1,9 mm/s.

8×= × =−1 9 10 3,

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

IP

A

P

d= = = ×

×=

−

− 2

3

9 24

5 00 10

1266 10 43 97

/

W

m /

,

),

(×× =10 3 979 2 2W/m GW/m, .

(b) A pressão da radiação é

pI

cr = = ×

×=3 97 10

2 998 1013 2

9 2

8

,

,,

W/m

m/sPa.

(c) A força associada à radiação é igual à pressão multiplicada pela área da seção reta do feixe, que, por sua vez, é igual a P/I;

F pd

pP

Ir r r=

=

= × − 2

413 2

5 00 10( , )

,Pa

33

2111 67 10

W

3,97 10 W/mN.

9×= × −,

(d) A aceleração da esfera é

aF

m

F

dr r= = = ×

×

−

( )

( ,3

11

6

6 1 67 10

/

N)

kg(5, 00 103 //m m)

m/s

3 3

2

)(

, .

1266 10

3 14 10

9

3

×

= ×

−

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

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

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

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

FIA

c

P

r

R

c

P R

r cr

S S= = =4 42

2 2

2

,

em que R é o raio da partícula e A = pR2 é a área da seção reta da partícula. Por outro lado, a força gravitacional é dada pela Eq. 13-1:

FGM m

r

GM R

r

GM R

rg

S S S= = =2

3

2

3

2

4 3 4

3

( ),

/

na qual m = r(4pR3/3) é a massa da partícula. Para que a partícula descreva uma trajetória retilínea, é preciso que as duas forças sejam iguais em módulo. Fazendo Fr = Fg, obtemos

P R

r c

GM R

rS S

2

2

3

24

4

3=

,

o que nos dá

RP

c GMS

S

= = ××

3

16

3 3 9 10

16 3 10 3 5

26

8

( , )

( )( ,

W

m/s ×× × ⋅ ×−10 6 67 10 1 99 103 11 3 30kg/m m /kg s k3 2)( , )( , gg)

m 0,17 m .= × =−1 7 10 7,


(b) Como Fg é proporcional a R3 e Fr é proporcional a R2, se R aumentar, teremos Fg > Fr e a trajetória se encurvará para perto do Sol, como a trajetória 3 da figura.

32. O primeiro polarizador reduz a intensidade da luz para metade do valor original. A redução causada pelo segundo polarizador é cos2 (p – u1 – u2) = cos2 (u1 + u2). A redução causada pelo terceiro polarizador é cos2 (p – u2 – u3) = cos2 (u2 + u3). Assim,

I

If

0

21 2

22 3

21

2

1

250= =cos ( ) cos ( ) cos (u u u u ) cos ( ) , .50 50 50 4 5 102 4= × −

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

33. Seja I0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade da luz transmitida é I1= I0/2 e a direção de polarização da luz transmitida é u1 = 40° no sentido anti-horário em relação ao eixo y da Fig. 33-40. Como a direção de polarização do segundo polarizador é u2 = 20° no sentido horário em relação ao eixo y, o ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no segundo polarizador e a direção de polarização do segundo polarizador é 40° + 20° = 60°. Isso significa que a intensidade da luz transmitida é

I I I2 1 0601

260= =cos cos2 2° °,

e a direção de polarização da luz transmitida é 20° no sentido horário em relação ao eixo y. A direção de polarização do terceiro polarizador é u3 = 40° no sentido anti-horário em relação ao eixo y. Assim, o ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no terceiro polarizador e a direção de polarização do terceiro polarizador é 20° + 40° = 60°. Isso significa que a intensidade da luz transmitida é

I I I I3 2 02

0601

260 3 1 10= = = × −cos cos2 4° ° , .

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

34. Seja I0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade da luz transmitida é I1= I0/2 e a direção de polarização da luz transmitida é u1 = 70° no sentido anti-horário em relação ao eixo y da Fig. 33-41. A intensidade da luz depois de passar pelo segundo polarizador é

I If = − = =1

290 70

1

243 20 190

2 2cos ( ) ( )(cos )° ° °W/m2 WW/m2.

35. O ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no primeiro polarizador e a direção de polarização do primeiro polarizador é u1 = 70° e o ângulo entre a direção de polarização da luz depois de passar pelo primeiro polarizador e a direção do segundo polarizador é |u2 − u1|. Assim, se I0 é a intensidade da luz incidente, a intensidade da luz depois de passar pelos dois polarizadores é

I I1 02

12

2 12 243 70 2= − = °cos cos ( ) cos cosu u u| | W/m2 00 4 4° = , .W/m2

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

I

I

E

E

E

E E

E

E Ef f v

v h

v

v v0

2

02

2

2 2

2

2 22 30 16= =

+=

+=

( , ), ..

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

I

I

E

E E

E

E Ef h

v h

v

v v0

2

2 2

2

2 2

2 3

2 30 84=

+=

+=( , )

( , ), .


37. (a) A rotação não pode ser executada com um único polarizador. Se a luz passar por um polarizador que faz um ângulo de 90° com a direção de polarização da luz incidente, a intensidade da luz transmitida será zero. Entretanto, é possível executar a rotação usando dois polarizadores. Colocamos o primeiro polarizador fazendo um ângulo u ≠ 0°, 90° com a direção de polarização da luz incidente e o segundo polarizador fazendo um ângulo de 90° com a direção de polarização da luz incidente. Nesse caso, a luz transmitida pelo conjunto dos dois polarizadores faz um ângulo de 90° com a direção de polarização da luz incidente. A intensidade da luz transmitida é

I I I= − =02 2

02 290cos cos ( ) cos senu u u u° ,

na qual I0 é a intensidade da luz incidente.

(b) Considere n polarizadores, com a direção de polarização do primeiro polarizador fazendo um ângulo u = 90°/n com a direção de polarização da luz incidente. A direção de polarização dos polarizadores seguintes faz um ângulo de 90°/n com a direção de polarização do polarizador anterior. Nesse caso, a polarização da luz transmitida pelo conjunto faz um ângulo de 90°com a direção de polarização da luz incidente e a intensidade da luz transmitida é

I I nn= 02 90cos ( )°/ .

Para determinar o menor valor de n para o qual a intensidade da luz transmitida maior que 0,60I0, começamos com n = 2 e calculamos o valor de cos ( )2 90n n°/ para valores crescentes de n. O resultado é o seguinte:

I I

I I I

n

n

=

=

= =

= = =

1 02

2 04

0

90 0

45 4 0 2

cos ( )

cos ( ) ,

°

° / 55

30 0 422

22

0

3 06

0

4 08

I

I I I

I I

n

n

=

=

= =

=

cos ( ) ,

cos ( ,

°

55 0 531

18 0 605

0

5 010

0

°

°

) ,

cos ( ) , .

=

= ==

I

I I In

Assim, precisamos usar pelo menos 5 filtros para que a intensidade da luz transmitida seja mais de 60% da intensidade original.

38. Observando os pontos em que a intensidade é zero (u2 = 0° e 90°) no gráfico da Fig. 33-43, concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros dois polarizadores para u2 = 0° e perpendicular ao outro polarizador para u2 = 90°. Sem perda de generalidade, podemos supor que u1 = 0° e u3 = 90°. Nesse caso, para u2 = 30°, o polarizador 2 faz um ângulo de 30° com o polarizador 1 e o polarizador 3 faz um ângulo de 60° com o polarizador 2. Assim,

I

If

i

= = =1

230 60 0 094 9 42 2cos ( ) cos ( ) , , %o o .

39. (a) Como a luz incidente é não polarizada, metade da luz é transmitida e metade é absorvida. Assim, a intensidade da luz transmitida é It = I0/2 = 5,0 mW/m2. Como a intensidade e a amplitude do campo elétrico estão relacionadas através da equação I E cm= 2

02/ , temos:

E cIm t= = × × ×2 2 40 ( 10−7 H/m)(3,00 10 m/s)(5,0 108 −−

=

3

1 9

W/m

V/m.

2)

,

(b) A pressão da radiação é dada por pr = Ia/c, na qual Ia é a intensidade da luz absorvida. Como foi visto no item (a), a intensidade da luz absorvida é Ia = I0/2 = 5,0 mW/m2. Assim,

pr = ××

= ×−

−5 0 10

3 00 101 7 10

3

811,

,,

W/m

m/sPa.

2


40. Observando os pontos em que a intensidade é zero (u2 = 60° e 140°) no gráfico da Fig. 33-44, concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros polarizadores para u2 = 60° e perpendicular ao outro polarizador para u2 = 140°. Sem perda de generalidade, podemos supor que u1 = 60° + 90° = 150° e que u3 = 140° − 90° = 50°. Nesse caso, para u2 = 90°, o polarizador 2 faz um ângulo de 150° − 90° = 60° com o polarizador 1 e um ângulo de 90° − 50° = 40° com o polarizador 3. Assim,

I

If

i

= = =1

260 40 0 073 7 32 2cos ( ) cos ( ) , , %.o o

41. Quando a luz polarizada, de intensidade I0, passa pelo primeiro polarizador, a intensidade cai para I0

2cos .u Depois que a luz passa pelo segundo polarizador, que faz um ângulo de 90° com o primeiro, a intensidade passa a ser

I 5 (I0cos2u)sen2u 5 I0/10,

e, portanto,

sen2 u cos2 u = 1/10 ⇒ senu cosu = sen2u /2 =1 10/ ,

o que nos dá u = 20° ou 70°.

42. Observando o gráfico da Fig. 33-45, vemos que a intensidade da luz é zero para u2 = 160º. Como as direções dos polarizadores devem ser perpendiculares para que a intensidade da luz transmitida se anule, u1 = 160º – 90º = 70º. Considere a intensidade para u2 = 90º (que não pode ser lida diretamente no gráfico, já que a escala do eixo de intensidade não é conhecida). Como sabemos que u1 = 70º, o ângulo entre os polarizadores agora é 20º. Levando em conta a redução “automática” para metade do valor inicial que acontece quando um feixe de luz não polarizada passa por um polarizador, a fração da luz transmitida pelo conjunto de dois polarizadores é

It = cos2(20)/2 = 0,442 ≈ 44%.

43. Seja I0 a intensidade da luz incidente e seja f a fração polarizada. A intensidade da parte polarizada é f I0 e esta parte contribui com f I0 cos2 u para a intensidade da luz transmitida pelo filtro polarizador, na qual u é o ângulo entre a direção de polarização da luz e a direção de polarização do filtro. A intensidade da parte não polarizada da luz incidente é (1– f )I0 e esta parte contribui com (1 – f )I0/2 para a intensidade da luz transmitida. Assim, a intensidade da luz transmitida é

I f I f I= + −02

01

21cos ( ) .u

Quando o filtro gira, cos2 u varia entre um mínimo de 0 e um máximo de 1 e a intensidade da luz transmitida varia entre um mínimo de

I f Imin ( )= −1

21 0

e um máximo de

I f I f I f Imax ( ) ( ) .= + − = +0 0 01

21

1

21

A razão entre Imax e Imin é

I

I

f

fmax

min

.= +−

1

1

Fazendo Imax/Imin = 5,0 na expressão acima, obtemos f = 4/6 = 0,67.


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

I I= − = =1

290

1

82 0 05000

22

22

22cos cos ( ) sen ( ) ,u u u° ⇒⇒ = ( ) =−u2

11

20 40 19 6sen , , .o

Como a expressão acima não muda quando fazemos ′ = −u u2 290 , o complemento de u2, 90o − 19,6o = 70,4o também é uma solução. Comparando as duas soluções, chegamos à conclusão de que

(a) o menor valor possível de u2 é 19,6o;

(b) o maior valor possível de u2 é 70,4o,

45. Na Fig. 33-46, a normal à superfície refratora é vertical. O ângulo de refração é u2 = 90° e o ângulo de incidência é dado por tan u1 = L/D, na qual D é a altura do tanque e L é a largura do tanque. Assim,

u11 1 1 10

52=

=

=− −tan tan,

,L

D

m

0,850 m331°.

De acordo com a lei de Snell,

n n1 22

1

1 0090

52 31= =

sen

sen( , )

sen

sen ,u

u

°

°== 1 26, .

46. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-47b seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação maior que 45o, o que significa que o ângulo de refração é maior que o ângulo de incidência. De acordo com a lei de Snell, isso significa que n2 < n1, ou seja, que o índice de refração do meio é maior que o índice de refração da água.

(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), concluímos que, também neste caso, o índice de refração do meio é maior que o índice de refração da água.

(c) É mais fácil analisar o ponto mais alto de cada curva. No caso da curva 1, para u2 = 90º, u1 = 45º e n2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), a lei de Snell nos dá n1 = 1,9.

(d) No caso da curva 2, para u2 = 90º, u1 = 67,5º, obtemos n1 = 1,4.

47. De acordo com a lei de Snell,

n n1 2sen sen1 2u u= .

Vamos tomar o meio 1 como o vácuo, com n1 = 1 e u1 = 32,0°. O meio 2 é o vidro, com u2 = 21,0°. Explicitando n2, obtemos

n n2 11

2

1 0032 0

21 0= =

sen

sen( , )

sen ,

sen ,

u

u

°

° = 1 48, .

48. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-48b seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação menor que 45o, o que significa que o ângulo de refração é maior que o ângulo de incidência. De acordo com a lei de Snell, isso significa que n1 < n2, ou seja, que o índice de refração do meio é maior que o índice de refração da água.


(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), concluímos que, também neste caso, o índice de refração do meio é maior que o índice de refração da água.

(c) É mais fácil analisar o ponto na extremidade direita de cada curva. No caso da curva 1, para u1 = 90º, u2 = 67,5º e n1 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), a lei de Snell nos dá n2 = 1,4.

(d) No caso da curva 2, para u1 = 90º e u2 = 45º, obtemos n2 = 1,9.

49. Como o ângulo de incidência do raio luminoso no espelho B é 90° – u, o raio refletido r9 faz um ângulo 90° – (90° – u) = u com a horizontal e se propaga no sentido oposto ao do raio incidente. Assim, o ângulo entre i e r9 é 180°.

50. (a) Aplicando duas vezes a lei de Snell, obtemos n1senu1 = n2senu2 e n2senu2 = n3senu3, o que nos dá n1senu1 = n3senu3. Isso nos leva à conclusão de que u1 = u3 se n1 = n3. Como sabemos que u1 = 40º na Fig. 33-50a, procuramos o valor de n3 na Fig. 33-50b para o qual u3 = 40º. Como este valor é n3 = 1,6, concluímos que n1 = 1,6.

(b) Ao resolver o item (a), vimos que a influência de n2 no ângulo do raio refratado desaparece quando a lei de Snell é aplicada duas vezes. Isso significa que não é possível calcular o índice de refração do meio 2 com base nas informações disponíveis.

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

1,6 sen 70° = 2,4 sen u3 ⇒ u3 = sen−1 (1,6 sen 70o)/2,4 = 39°.

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

n n1 1 5 51

1 111 1sen ( )sen sen ( sen ) sen [(u u u u= ⇒ = =− − ,, )( , )] , .30 0 644 56 8= o

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

n n n n1 1 2 2 3 3 4 4sen sen sen sen ,u u u u= = =

o que nos dá

u u41 1

41 35 3=

=−senn

nsen , .°

52. (a) Uma das consequências da lei de Snell é o fato de que u2 = u1 para n1 = n2. Como sabemos que o ângulo de incidência da Fig. 33-52a é 30º, procuramos o valor de n2 no gráfico da Fig. 33-52b para o qual u2 = 30º. Como este valor é n2 = 1,7, concluímos que n1 = 1,7.

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

1,7sen(60º) = 2,4sen(u2) ⇒ u2 = sen−1[ (1,7)(0,866)/2,4] = 38°.

53. Considere a figura (a) a seguir. O ângulo de incidência é u e o ângulo de refração é u2. Como u2 + a = 90o e f + 2a = 180o, temos:

u

2 90 901

2180

2= − = − −( ) =° ° ° .


Agora considere o triângulo formado pelos prolongamentos do raio incidente e do raio emergente na figura (b) acima. É possível mostrar que c é dado por

u u= −2 2( ).

Substituindo u2 por f/2, obtemos c = 2(u − f/2), o que nos dá u = (f + c)/2. Aplicando a lei de Snell, obtemos

n = =+sen

sen

sen ( )

sen.

u

u

2

12

12

Nota: O ângulo c é conhecido como ângulo de desvio e representa o desvio angular sofrido pelo raio luminoso ao passar pelo prisma. Este ângulo é mínimo quando a trajetória do raio luminoso é simétrica, como na Fig. 55-53. É possível determinar o valor do índice de refração do material de um prisma a partir dos valores de f e c.

54. (a) De acordo com a lei de Snell, nar sen(50º) = na sen ua e nar sen(50º) = nv sen uv, na qual os índices a e v são usados para indicar os raios azul e vermelho. Para nar ≈ 1,0, obtemos:

u ua v=

= =− −sensen

,, sen

s1 150

1 52430 176

oo e

een

,, , .

50

1 50930 507 0 33

oo o

= ⇒ =u

(b) Como as duas interfaces do vidro com o ar são paralelas, os raios refratados saem do vidro com um ângulo igual ao ângulo de incidência (50o) independentemente do índice de refração, de modo que a dispersão é 0o.

55. Considere um raio que tangencia a estaca, como na figura a seguir, na qual u1 = 90° – u = 35°, d1 = 0,50 m e d2 = 1,50 m. O comprimento da sombra é x + L, na qual x é dado por

x d= = =1 1 0 50 0 35tan ( , ,u m) tan 35 m.°

De acordo com a lei de Snell, n2 sen u2 = n1 sen u1. Para n1 = 1 e n2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), temos:

uu

21 1

2

1 35 0

1 33=

=

− −sensen

sensen ,

,n

°

= 25 55, .°

A distância L é dada por

L d= = =2 2 1 50 0 72tan ( , ,u m) tan 25,55 m.°

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


56. (a) Vamos usar os índices a e v para representar os raios azul e vermelho. De acordo com a lei de Snell, os ângulos de refração na primeira superfície são

u

u

a

v

=

=

=

−

−

sen,

sen( ) ,

sen

1 1

1 34370 44 403° °

11 1

1 33170 44 911

,sen( ) , .° °

=

Esses raios atingem a segunda superfície (onde se encontra o ponto A) com ângulos complementares dos que acabamos de calcular (já que a normal à segunda superfície é perpendicular à normal à primeira superfície). Levando este fato em consideração, usamos a lei de Snell para calcular os ângulos de refração na segunda superfície:

′ = −[ ] =

′ =

−

−

u u

u

a a

v

sen , sen( ) ,

sen

1 1 343 90 73 636° °

11 1 331 90 70 497[ , sen( , ,° °−[ ] =uv

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

(b) Os dois raios refratados saem da superfície inferior do cubo com o mesmo ângulo, o ângulo de incidência (70°), e, portanto, neste caso não há arco-íris. (A situação é análoga à do item (b) do Problema 33-54).

57. A Fig. 33-24 pode facilitar a visualização do “círculo de luz” a que o problema se refere. Imagine a figura produzida fazendo girar a Fig. 33-24a em torno de um eixo vertical passando pelo ponto S. Como o raio do círculo (que corresponde à distância a-e na Fig. 33-24a) e a profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro do círculo é

D h hn

ca

= =

=−2 2

12 80 01tan tan sen ( ,u cmm cm.) tan sen

,−

=1 1

1 33182

58. O ângulo crítico é

ucn

=

=

=− −sen sen,

.1 11 1

1 834°

59. (a) Como o ângulo de incidência na superfície ab é 90o, o raio não sofre nenhum desvio; assim, o ângulo de incidência na superfície ac é 90° – f, como mostra a figura a seguir.

Para que haja reflexão interna total na segunda superfície, nv sen (90° – f) deve ser maior que nar, na qual nv é o índice de refração do vidro e nar é o índice de refração do ar. Como sen (90° – f) = cos f, precisamos determinar o maior valor de f para o qual nv cos f ≥ nar. Quando f aumenta a partir de zero, o valor de cos f diminui. Quando f atinge o maior valor para o qual existe reflexão interna total, nv cos f = na, o que nos dá

=

=

=− −cos cos,

, .1 1 1

1 5248 9

n

nar

v

°


(b) Nesse caso, o índice de refração do ar, nar = 1, deve ser substituído por na = 1,33, o índice de refração da água, o que nos dá

=

=

=− −cos cos,

,,1 1 1 33

1 5229 0

n

na

v

°..

60. (a) De acordo com a Eq. 33-44, o ângulo crítico é aquele para o qual u3 = 90°. Assim (com u2 = uc, que não precisamos calcular), temos:

n n n1 1 2 2 3 3sen sen sen ,u u u= =

o que nos dá u1 = uA = sen–1 n3/n1 = 54,3°.

(b) Sim. Quando uA diminui, u2 também diminui, ficando menor que o ângulo crítico. Isso significa que parte da luz é transmitida para o meio 3.

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

n n nn

nn nc1 2 2

3

2

2

22

321sen =u ucos ,= −

= −

o que nos dá uB = 51,1°.

(d) Não. Quando uB diminui, u2 aumenta, o que torna o ângulo u2 maior que o ângulo crítico. Assim, nenhuma luz é transmitida para o meio 3.

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

n n nn

nn nc1 2 2

3

2

2

22

321sen cos ,u u= = −

= −

o que nos dá u = 26,8°.

(b) Sim. Quando u aumenta, o ângulo de incidência da luz na interface entre os meios 2 e 3 diminui, ficando menor que o ângulo crítico. Isso significa que parte da luz é transmitida para o meio 3.

62. (a) A Fig. 33-24 pode facilitar a visualização da circunferência a que o problema se refere. Imagine a figura produzida fazendo girar a Fig. 33-24a em torno de um eixo vertical passando pelo ponto S. Como o raio da circunferência (que corresponde à distância a-e na Fig. 33-24a) e a profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro da circunferência é

D h hn

ca

= =

=−2 2

12 2 001tan tan sen ( ,u m)) tan sen

,,−

=1 1

1 334 56 m.

(b) De acordo com a equação obtida no item (a), o diâmetro D é diretamente proporcional à profundidade h; assim, se o peixe descer para uma profundidade maior, o diâmetro da circunferência aumentará.

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


Seja u1 o ângulo de incidência, seja u2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja u3 o ângulo de incidência na segunda superfície. O ângulo de refração na segunda superfície é u4 = 90°. Como mostra a figura, as normais à primeira e à segunda superfícies são mutuamente perpendiculares. Como a soma dos ângulos internos do triângulo formado pelo raio luminoso e as duas normais é 180°, u3 = 90° – u2 e

sen sen cos sen .u u u u3 2 22

290 1= −( ) = = −°

Aplicando a lei de Snell à segunda superfície, obtemos n sen u3 = sen u4 = 1, o que nos dá

n 1 122− =sen .u Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos sen u1 = n sen u2, o

que nos dá sen u2 = (sen u1)/n e, portanto,

nn

1 12

12

− =sen.

u

Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando n, obtemos

n = +1 21sen .u

(b) Como o maior valor possível de sen2 u1 é 1, o maior valor possível de n é

nmax , .= =2 1 41

(c) Sim. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for maior que u1, o ângulo de refração será maior que u2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que u3 (= 90° – u2). Assim, o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que o ângulo crítico para reflexão interna total e a luz sairá do prisma.

(d) Não. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for menor que u1, o ângulo de refração será menor que u2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será maior que u3. Assim, o ângulo de incidência na segunda superfície será maior que o ângulo crítico para reflexão interna total e toda a luz será refletida de volta para o interior do prisma.

64. (a) Vamos chamar de A o ponto de entrada no prisma do raio luminoso (o ponto onde o raio encontra a superfície esquerda do prisma na Fig. 33-53), de B o vértice superior do prisma e de C o ponto de saída do raio luminoso. Vamos chamar de β o ângulo entre a reta AB e a direção do raio no interior do prisma (o complemento do ângulo de refração na primeira superfície) e de a o ângulo entre a reta BC e a direção do raio no interior do prisma (o complemento do ângulo de incidência na segunda superfície). Quando o ângulo do raio incidente tem o menor valor necessário para que a luz saia do prisma, o ângulo de incidência na segunda superfície é o ângulo crítico para reflexão interna total e o ângulo de refração na segunda superfície é 90°. Seja u1 o ângulo de incidência na primeira superfície, seja u2 o ângulo de refração na primeira superfície, e seja u3 o ângulo de incidência na segunda superfície. A aplicação da lei de Snell à segunda superfície nos dá

n sen u3 = 1 ⇒ sen u3 = 1/n = 1/1,60 = 0,625 ⇒ u3 = 38,68°.

Como a soma dos ângulos do triângulo ABC é 180°, a + β = 120°. Como a = 90° − u3 = 51,32°, β = 120° – 51,32° = 69,68°. Assim, u2 = 90° – β = 21,32°. Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos

sen u1 = n sen u2 = 1,60 sen 21,32° = 0,5817 ⇒ u1 = 35,6°.

(b) Nesse caso, como o ângulo de saída deve ser igual ao ângulo de entrada, a aplicação da lei de Snell à segunda superfície nos dá n sen u3 = sen u1. As relações entre os ângulos são as mesmas do item (a): a + β = 120°, a = 90° – u3 e β = 90°− u2. Assim, temos: u2 + u3 = 60°, o que nos dá

sen sen sen sen cos cosu u u u1 2 1 260 60 6= −( ) ⇒ = −n n n° ° 00 2°sen ,u


na qual foi usada a relação trigonométrica

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

Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos

sen sen sen / sen ,u u u u1 2 2 11= ⇒ = ( )n n

o que nos dá

cos sen / sen .u u u22

22 2

11 1 1= − = − ( )n

Assim,

sen sen / sen cos senu u u12 2

1 160 1 1 60= − ( ) −n n° °

e, portanto,

1 60 6012 2

1+( ) = −cos sen sen sen .° °u un

Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando sen u1, obtemos

sensen

cos sen

, senu1 2 2

60

1 60 60

1 60 60=+( ) +

=n °

° °

°

11 60 600 80

2 2+( ) +=

cos sen, ,

° °

o que nos dá u1 = 53,1°.

65. Ao examinar a Fig. 33-61, é importante notar que o ângulo que o raio luminoso faz com o eixo central da fibra ótica quando está no ar, u, não é igual ao ângulo que o raio luminoso faz com o eixo da fibra ótica quando está no núcleo de plástico, que vamos chamar de u' . De acordo com a lei de Snell, temos:

sen sen′ =u u1

1n

O ângulo de incidência do raio luminoso no revestimento de plástico é o complemento de u', que vamos chamar de u'comp, lembrando que

sen cos sen .′ = ′ = − ′u u ucomp 1 2

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

n

n n2

1

2

1

2

1 11= ′ = − ′ = −

sen sen sen ,u u ucomp

o que nos dá sen .u = −n n12

22 Para n1 = 1,58 e n2 = 1,53, obtemos

u = −( ) =−sen , , , .1 2 21 58 1 53 23 2°

66. (a) Considere a reta que liga o ponto de entrada do raio luminoso à aresta superior direita do cubo da Fig. 33-62. Como esta reta é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são H e W, o ângulo que a reta faz com a horizontal é tan−1(2/3) = 33,7º. Por outro lado, de acordo com a lei de Snell, considerando o índice de refração do ar igual a 1, o ângulo de refração é dado por

sen 40º = 1,56 sen u2 ⇒ u2 = 24,33º.

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


(b) O ponto em que o raio atinge a face 3 está a uma distância de H − W tan 24,33 = 0,643 cm da aresta superior direita. Por simetria, o raio atinge a face superior (face 2) em um ponto situado a 0,643 tan(90o − 24,33o) = 1,42 cm da aresta superior direita. Como este valor é menor que 3,00 cm, o ponto da segunda reflexão está realmente na face 2.

(c) Como as normais às faces 1 e 3 são horizontais, o ângulo de incidência do raio na face 3 é igual ao ângulo de refração na face 1. Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o índice de refração igual a 1, temos:

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

(d) O ângulo entre o raio e a face superior (face 2) (medido em relação à normal, que, no caso, é vertical) é 90º − u2 = 90o − 24,33o = 65,67º, que é muito maior que o ângulo crítico para reflexão interna total, sen−1(1/1,56 ) = 39,9º. Assim, não há refração no ponto da segunda reflexão.

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

sen 70º = 1,56 sen u2 ⇒ u2 = 37,04º.

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

(f) Como o ponto da face 2 atingido pelo raio está muito próximo da aresta superior direita, a segunda reflexão certamente acontece na face 3.

(g) Como o ângulo de incidência na face 2 é 90º − u2 = 90o − 37,04o = 52,94º, muito maior que ângulo crítico para reflexão interna total, sen−1(1/1,56 ) = 39,9º, não há refração no ponto da primeira reflexão.

(h) Como as normais às faces 1 e 3 são horizontais, o ângulo de incidência do raio na face 3 é igual ao ângulo de refração na face 1. Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o índice de refração igual a 1, temos:

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

Os resultados dos itens (c) e (h) são exemplos do princípio geral de que um raio luminoso não sofre um desvio ao passar por um material se as superfícies de entrada e saída são paralelas.

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

ucn

n=

−sen 1 3

2

que, para uc = f = 60°, nos dá

n3 = n2 sen 60o = (1,60)(0,866) = 1,39.

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

n nn

n2 1

1 2

1

3030

28sen sen sensen

,oo

= ⇒ =

=−u u 11o.

(c) Se o valor de u for aumentado, o ângulo f também aumentará e o ângulo de incidência do raio na interface entre os meios 2 e 3 será maior que uc. Assim, a luz não conseguirá penetrar no meio 3.

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

uB an= = =− −tan tan1 1 1 33 53 1( , ) , .°

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


69. O ângulo de incidência uB para que a luz refletida seja totalmente polarizada é dado pela Eq. 33-49. Se n1 é o índice de refração do primeiro meio e n2 é o índice de refração do segundo meio, temos:

uBn

n=

=

=− −tan tan1 2

1

1 1 53

1 3349 0

,

,, °°.

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

n

n

n

n2

1

3

2

= → →( )(tan )tan B1 2 B2 3u u ⇒ =n

n3

11 2(tan )(tan ).u u

Como as placas são paralelas, o ângulo de refração na primeira interface é igual ao ângulo de incidência na segunda interface. Sabemos que, quando o ângulo de incidência é o ângulo de Brewster, o ângulo de refração é o complemento do ângulo de reflexão. Assim, usando a notação da Fig. 33-64,

u u u2 1 190= = −( )c °

e, portanto,

tan tan ( )tan

u uu

2 11

1= =c

e o produto das tangentes na equação anterior é igual a 1, o que nos dá n3 = n1 = 1,0.

71. O tempo que a luz leva para percorrer uma distância d no espaço livre é t = d/c, na qual c é a velocidade da luz (3,00 × 108 m/s).

(a) Para d = 150 km = 150 × 103 m, temos:

td

c= = ×

×= × −150 10

3 00 105 00 10

3

84m

m/ss.

,,

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

d = (1,5 × 108 km) + 2 (3,8 × 105 km) = 1,51 × 108 km = 1,51 × 1011 m.

O tempo que a luz leva para percorrer esta distância é

td

c= = ×

×= =1 51 10

500 8 411,

,m

3,00 10 m/ss min.

8

(c) Nesse caso, d = 2(1,3 × 109 km) = 2,6 × 1012 m e, portanto,

td

c= = ×

×= × =2 6 10

8 7 10 2 412

3,, ,

m

3,00 10 m/ss h.

8

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

td

c= = =6500

6500anos-luz

1,00 ano-luz/anoanoss.

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

72. (a) A expressão Ey = Em sen(kx – vt) atende à condição de que o campo elétrico no ponto P está diminuindo com o tempo no instante t = 0 se supusermos que o ponto P está à direita da origem (x > 0) e o valor de x é menor que p/2k = l/4. É importante lembrar que, nesta descrição, a onda está se propagando para a direita. Mais especificamente, xP = (1/k) sen–1(0,25 rad) para


que Ey = (1/4)Em no ponto P, no instante t = 0. Além disso, no caso da expressão escolhida para o campo elétrico, Ey(0,0) = 0. Assim, a resposta do item (a) é simplesmente o valor de xP. Como k = 2pf/c, temos:

d xc

fP1

18

20 25

3 0 10 0 252

2= = = ×−

sen ( ,

( , )( , )rad)

(( , ),

4 0 1030 1

14×= nm.

(b) Ao nos deslocarmos para a direita ao longo do eixo x (ainda examinando este “instantâneo” da onda em t = 0), encontramos outro ponto em que Ey = 0 a uma distância de meio comprimento de onda do ponto anterior no qual Ey = 0. Como l = c/f, a coordenada deste ponto é x = l/2 = c/2f, o que significa que o ponto está a uma distância à direita de P dada por

dc

fd2 1

8

142

3 10

2 4 0 10375 30 1 345= − = ×

×= − ≈

( , ),nm nm nnm.

73. (a) Como kc = v, na qual k = 1,00 × 106 m–1, temos v = 3,00 × 1014 rad/s. De acordo com a Eq. 33-5, a amplitude do campo magnético é

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

Como −k (a direção de propagação), E Ey= j e

B são mutuamente perpendiculares, concluímos

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

B zx = × + ×− −( , ) sen[( , ) ( ,1 67 1 00 10 3 00 106 1 14nT m s 11) ].t

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

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

(d) A intensidade é

Ic

=

= =1 5 00

20 0332 33 2

0

2

,, , .

V mW/m mW/m2 2

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

que o campo magnético oscila paralelamente ao eixo x.

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

74. (a) Seja r o raio e seja r a massa específica da partícula. Como o volume é (4p/3)r3, a massa é m = (4p/3)rr3. Seja R a distância entre o Sol e a partícula e seja M a massa do Sol. Nesse caso, o módulo da força gravitacional que o Sol exerce sobre a partícula é

FGMm

R

GM r

Rg = =

2

3

2

4

3

.

Se P é a potência irradiada pelo Sol, a intensidade da radiação na posição da partícula é I = P/4pR2; se toda a luz é absorvida, a pressão da radiação é

pI

c

P

R cr = =

4 2.

Como toda a radiação que passa por um círculo de raio r e área A = pr2, perpendicular à direção de propagação, é absorvida pela partícula, o módulo da força que a radiação exerce sobre a partícula é

F p APr

R c

Pr

R cr r= = =

2

2

2

24 4.


O sentido da força é para longe do Sol. Note que tanto a força da gravidade como a força da radiação são proporcionais a R2. Assim, se uma das forças é maior que a outra a uma certa distância do Sol, o mesmo acontece a qualquer distância. Por outro lado, as duas forças não variam da mesma forma com o raio r: Fg é proporcional a r3 e Fr é proporcional a r2. Assim, esperamos que as partículas pequenas sejam empurradas para longe do Sol pela força da radiação e as partículas grandes sejam atraídas para o Sol pela força gravitacional. O valor crítico do raio é aquele para o qual as duas forças são iguais. Igualando as expressões de Fg e Fr e explicitando r, obtemos

rP

GM c= 3

16 .

(b) De acordo com o Apêndice C, M = 1,99 × 1030 kg e P = 3,90 × 1026 W. Assim,

r = ×× ⋅

3 3 90 10

16 1 99

26( ,

)( ,

W)

N m /kg2 2(6,67 10−11 ×× × ×

= ×

10 3 00 10

5 8 10

30 8kg)(1,0 10 kg/m m/s)3 3)( ,

, −−7 m.

75. Seja u2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja u3 o ângulo de incidência na segunda superfície. A condição para que haja reflexão interna total na segunda superfície é n sen u3 ≥ 1. Queremos determinar o menor valor do índice de refração n para o qual esta desigualdade é verdadeira. Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos n sen u2 = sen u1, o que nos dá sen u2 = (1/n) sen u1. Considerando o triângulo formado pela superfície do bloco de vidro e o raio de luz, vemos que u3 = 90° – u2. Assim, a condição para que haja reflexão interna total se torna

1 ≤ n sen(90° – u2) = n cos u2.

Elevando esta equação ao quadrado e usando a relação trigonométrica sen2 u2 + cos2 u2 = 1, obtemos 1 ≤ n2 (1 – sen2 u2). Como sen u2 = (1/n) sen u1, temos:

1 122

12

2 21≤ −

= −nn

nsen

sen .u

u

O maior valor de n para o qual esta desigualdade é verdadeira é aquele para o qual 1 = n2 – sen2 u1. Explicitando n, obtemos

n = + = + =1 1 45 1 2221

2sen sen , .u °

76. Como alguns ângulos da Fig. 33-66 são medidos em relação a um eixo vertical e outros são medidos em relação a um eixo horizontal, precisamos tomar cuidado ao calcular as diferenças entre os ângulos. Assim, por exemplo, a diferença ∆u1 entre as direções de polarização do primeiro e do segundo polarizador é 110º (ou 70º, dependendo de se a medida é feita no sentido horário ou no sentido anti-horário; o resultado final é o mesmo nos dois casos). A diferença entre as direções do segundo e do terceiro polarizador é ∆u2 = 40º e a diferença entre as direções do terceiro e do quarto polarizador é ∆u3 = 40º. Levando em conta o fato de que a intensidade de uma luz não polarizada é reduzida à metade ao passar por um polarizador com qualquer orientação (Eq. 33-36) e chamando de I0 a intensidade inicial, a intensidade da luz transmitida pelo sistema, de acordo com a Eq. 33-38, é

I I=

=0

21

22

23

1

225cos ( ) cos ( ) cos ( ) ( u u u WW/m2 o o o) cos ( ) cos ( ) cos ( )

1

270 40 40

0

2 2 2

= ,, .50 W/m2


77. (a) A primeira contribuição para o desvio total é a primeira refração: du1 = ui − ur. A contribuição seguinte é uma reflexão. Como o ângulo entre o raio luminoso antes da reflexão e a normal à superfície da esfera é ur e, de acordo com a Eq. 33-39, o ângulo após a reflexão também é igual a ur, o desvio causado pela reflexão, levando em conta a inversão do sentido de propagação, é du2 = 180o − 2ur. A contribuição final é a refração que acontece quando o raio sai da gota: du3 = ui − ur. Assim,

u u u u u ud i r= + + = + −1 2 3 180 2 4° .

(b) De acordo com a lei de Snell, nar sen ui = n sen ur, o que, para nar ≈1, nos dá ur = sen−1 [ (sen ui)/n] e

ud = 180o + 2ui − 4 sen−1 [(sen ui /n)].

A figura a seguir mostra os gráficos de udesv em função de ui para n = 1,331 (luz vermelha) e n = 1,343 (luz azul).

(c) Ampliando o gráfico na região próxima de ui = 60o ou derivando a expressão acima e igualando o resultado a zero, concluímos que o mínimo de udesv para a luz vermelha é 137,63° ≈ 137,6°, o que acontece para ui = 59,5°.

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

(e) De acordo com os resultados dos itens (c) e (d), a largura angular do arco-íris é 139,35o − 137,63o = 1,72° ≈ 1,7o.

78. (a) A primeira contribuição para o desvio angular é a primeira refração: du1 = ui − ur. As contribuições seguintes são as reflexões. Como o ângulo entre o raio luminoso antes da reflexão e a normal à superfície da esfera é ur e, de acordo com a Eq. 33-39, o ângulo após a reflexão também é igual a ur, o desvio causado por uma reflexão, levando em conta a inversão do sentido de propagação, é du2 = 180o − 2ur. Assim, no caso de k reflexões, temos du2k = ku2 = k(180o − 2ur). A contribuição final é a refração que acontece quando o raio sai da gota: du3 = ui − ur. Assim,

u u u u u u udesv °= + + = − + − =1 2 3 2 180 2 18( ) ( ) (i r rk k 00 2 2 1°) ( ) .+ − +u ui rk

(b) Para k = 2 e n = 1,331 (dado no Problema 33-77), o mínimo de udesv para a luz vermelha é 230,37° ≈ 230,4o, que acontece para ui = 71,90°.

(c) Para k = 2 e n = 1,343 (dado no Problema 33-77), o mínimo de udesv para a luz azul é 233,48° ≈ 233,5o, que acontece para ui = 71,52°.

(d) De acordo com os resultados dos itens (b) e (c), a largura desse tipo de arco-íris é 233,5o − 230,4o = 3,1°.


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

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

(g) De acordo com os resultados dos itens (e) e (f), a largura desse tipo de arco-íris é 321,9o − 317,5o = 4,4°.

79. Seja u o ângulo de incidência do raio luminoso, seja u2 o ângulo de refração na primeira superfície do vidro e seja n o índice de refração no vidro. Nesse caso, a lei de Snell nos dá sen u = n sen u2. O ângulo de incidência na segunda superfície do vidro também é u2. Se u3 é o ângulo de saída do raio luminoso, a lei de Snell nos dá n sen u2 = sen u3. Assim, sen u3 = sen u e u3 = u.

Como vimos, o raio de saída é paralelo ao raio incidente: ambos fazem um ângulo u com a normal à superfície do vidro. Nosso objetivo é obter uma expressão para x na figura acima em termos de u. Se D é a distância percorrida pelo raio luminoso no interior do vidro, D cos u2 = t e D = t/cos u2, na qual t é a espessura do vidro. Como o ângulo a da figura é igual a u – u2, temos:

x = D sen a = D sen (u – u2).

Assim,

xt= −sen ( )

cos.

u u

u2

2

Se os ângulos u, u2, u3 e u – u2 são todos pequenos e medidos em radianos, sen u ≈ u, u2 ≈ u2, sen(u – u2) ≈ u – u2 e cos u2 ≈ 1. Assim, x ≈ t(u – u2). Usando essa aproximação, a aplicação da lei de Snell à primeira superfície do vidro nos dá u2 ≈ u/n e, portanto,

xt

tn

tn

n≈ − = −

= −( )

.u u

uu

u2

1

1

80. (a) O módulo do campo magnético é

BE

c= =

×= × =−100

3 0 103 3 10

87V m

m sT 0,33 T.

,,

(b) Como E B S× = 0 , na qual

E E S S= = −ˆ ( ˆ)k e j , vemos que, como ˆ ( ˆ) ˆ,k i j× − = −

B = B

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

81. (a) A direção de polarização é definida pelo campo elétrico, que é perpendicular ao campo magnético e à direção de propagação da onda. A função dada mostra que o campo magnético é paralelo ao eixo x (por causa do índice da amplitude B) e que a onda está se propagando no sentido negativo do eixo y (por causa do argumento da função seno). Assim, o campo elétrico é paralelo ao eixo z e a direção da polarização da luz é a direção do eixo z.


(b) Como k = 1,57 × 107/m, l = 2p/k = 4,0 × 10−7 m, o que nos dá

f = c/l = 7,5 × 1014 Hz.

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

IE

c

E

c

cB

c

cBm m m= = = = = ×rms2

0

2

0

2

0

2

02 2 2

3 10

( ) ( 88 6 2

7

4 0 10

2 4 101 9

m/s T

H/m)kW/m2)( , )

(, .

××

=−

−

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

I I= ′ ′1

2 02

12

2cos cos .u u

Como ′ = − =u u1 190 60° ° e ′ = − =u u2 290 60° ° , temos:

I

I0

441

260

0 5

20 031= = =cos

( , ), .

83. Se o índice de refração do quartzo na extremidade vermelha do espectro é nv = 1,456, o ângulo crítico para reflexão interna total nessa região do espectro é uv = sen−1(1/nv) = 43,38o. Se o índice de refração do quartzo na extremidade azul do espectro é na = 1,470, o ângulo crítico para reflexão interna total nessa região do espectro é ua = sen−1(1/na) = 42,86o.

(a) Para um ângulo de incidência u1 = 42,00°, u1 < uv, u1 < ua. Assim, todas as cores são refratadas e a luz refratada é branca.

(b) Para um ângulo de incidência u1 = 43,10°, u1 < uv e u1 > ua, o que significa que a apenas as cores da extremidade vermelha do espectro são refratadas e, portanto, a luz refratada é avermelhada.

(c) Para um ângulo de incidência u1 = 44,00°, u1 > uv e u1 > ua, o que significa que nenhuma cor é refratada e, portanto, não há luz refratada.

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

I

I

I

Ifinal /

0

02 2

0

2 45 1

80 125= = =( )(cos )

, .°

85. A massa da esfera é m = rV, na qual r é a massa específica, V = 4pR3/3 é o volume e R é o raio da esfera. Usando a segunda lei de Newton, F = ma, e a Eq. 33-32 com A = pR2, obtemos

4

3

3 2Ra

I R

c= ,

o que nos dá

aI

cR= = ×

×

−3

4

3 6 0 10

4 5 0 10 3 0

3

3

( , )

( , )( ,

W/m

kg/m

2

3 ×× ×= ×−

−10 2 0 10

1 5 108 6

9

m/s mm/s2

)( , ), .

86. Levando em conta a redução “automática” para metade do valor inicial que acontece quando um feixe de luz não polarizada passa por um polarizador, a fração da luz transmitida pelo conjunto de quatro polarizadores é

I

I0

2 3 31

230

0 75

20 21= [ ] = =cos ( )

,, .o


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

IP

A

P

r= = = ×

×= × −

2

180 10

2 90 103 5 10

2

3

3 26

W

mW/m

( ), 22 2W/m= 3 5, .

(b) A potência da onda refletida pelo avião é

P IAr r= = × = ×− −( , )( , ) ,3 5 10 0 22 7 8 106 7W/m m W.2 2

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

IP

rr

r= = ××

= ×−

−2

7 8 10

101 5 10

2

7

3 217

,

),

W

2 (90 mW/m2.

(d) Como, de acordo com a Eq. 33-26, I E cr m= 202/ , o valor máximo do campo elétrico

associado à onda refletida é

E c Im r= = × × ⋅ ×2 2 10 4 1 5 1008 ( )( ,3,0 m/s)( T m A10−7 −−

−= ×

17

71 1 10

W/m

V/m.

2)

,

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

BE

c

E

cm

rmsrms V/m

2 3,0 m/s)= = = ×

×=

−

2

1 1 10

102

7

8

,

(,,5 10 16× =− T 0,25 fT.

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

fkc= = × = ×2

4 00 3 10

21 91 10

88

( , )( ), .

m m/sHz

12

(b) Erms = Em/ 2 = Bm 2 /c = (85,8 × 1029 T)(3×108 m/s)/(1,414) = 18,2 V/m.

(c) I = (Erms)2/cm0 = (18,2 V/m)2/(3 × 108 m/s)(4p × 10−7 H/n) = 0,878 W/m2.

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

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

uB,max = tan–1 nmax = tan–1 (1,470) = 55,8°.

(b) uB,min = tan–1 (1,456) = 55,5°.

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

n

n

n

n

n

n

n

n

n

ar

1 2

1

3

2

4

3

4

nn

n

nar

i

5

5

1

1

=

sen

sen

sen

s

u

u

u

een

sen

sen

sen

senu

u

u

u

u2

2

3

3

4

ssen

sen

sen

sen.

u

u

u

u4

5

4

f

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

1 = ⇒ =sen

sensen sen ,

u

uu ui

ff i

um resultado que não depende do ângulo de incidência, do índice de refração das placas, da largura das placas e do número de placas). Assim,

(a) uf = 0o.

(b) uf = 20°.


(c) Como este caso equivale a acrescentar uma placa ao conjunto, o resultado permanece o mesmo: uf = 0.

(d) uf = 20°.

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

IP

d

P

r= = = ×

×

−

u 2 2

3

4 4

4 3 0 10

( 0,17 10−3)

( , )

[(

W

radd mW m2

)( )].

4083

2=

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

′ = = = × =P r I4 4 83 1 7 102 2 6 (40 m) W m W 1,7 MW.2( ) ,

92. De acordo com a lei de Snell,

sen u1/sen u2 = nágua = constante.

É fácil verificar que todos os pares de valores fornecem o mesmo resultado até a primeira casa decimal. Por exemplo: sen 10°/sen 8° = 0,174/0,139 = 1,3 e sen 40°/sen 29o = 0,643/0,485 =1,3. Assim, o índice de refração da água é nágua ≈ 1,3.

93. De acordo com a Eq. 33-36, quando a luz não polarizada passa pelo primeiro polarizador, a intensidade é reduzida à metade. Como 1/3 = (1/2)(2/3), para que a intensidade final seja um terço da intensidade inicial, o segundo polarizador deve produzir uma redução de 2/3. Assim,

cos2u = 2/3 ⇒ u = 35°.

1. Se o passarinho está a uma distância d2 do espelho, o plano da imagem está a uma distân-cia d2 do outro lado do espelho. A distância lateral entre a câmara e o beija-flor é d3 = 5,00 m. Vamos chamar de d1 a distância entre a câmara e o espelho e construir um triângulo retângulo formado por d3 e pela distância d = d1 + d2 entre a câmera e o plano da imagem. De acordo com o teorema de Pitágoras, esta distância é

d d d d= +( ) + = +( ) + ( ) =1 22

32 2 24 30 5 00 9 10, , ,m 3,30 m m mm.

2. Como a imagem está 10 cm atrás do espelho e você está 30 cm à frente do espelho, a distân-cia entre seus olhos e a posição aparente da imagem da mariposa no espelho é 10 cm + 30 cm = 40 cm.

3. A intensidade da luz produzida por uma fonte pontual varia com o quadrado da distância da fonte. Antes da introdução do espelho, a intensidade da luz no centro da tela é dada por IP = A/d 2, em que A é uma constante. Depois que o espelho é introduzido, a intensidade da luz é a soma da luz que chega diretamente à tela, com a mesma intensidade IP de antes, com a luz refletida. Como a luz refletida parece ter sido produzida por uma fonte pontual situada a uma distância d atrás do espelho, a distância entre a imagem da fonte e a tela é 3d e sua contribuição para a intensidade da luz no centro da tela é

IA

d

A

d

Ir

P= = =( )

.3 9 92 2

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

I I I II

IP r PP

P= + = + =9

10

9

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

4. No momento em que S consegue ver B, os raios luminosos provenientes de B estão sendo refletidos pela borda do espelho em direção a S. Nesse caso, o ângulo de reflexão é 45°, já que uma reta traçada de S até a borda do espelho faz um ângulo de 45° com a parede. De acordo com a lei de reflexão de espelhos planos,

x

dx

d

/

m

2m.

245 1

2

3 01 5= = ⇒ = = =tan

,,°

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

sen

sen,

′=

n

nágua

ar

Capítulo 34


que, em nosso caso, como u e u9 são pequenos e nar ≈ 1, se reduz a u9 ≈ u/nágua. Observe a figu-ra a seguir.

O objeto O está uma distância vertical d1 acima da água e a água está uma distância vertical d2 acima do espelho. A imagem I é formada uma distância vertical d abaixo do espelho. No tri-ângulo OAB,

| | ,AB d d= ≈1tan 1

no triângulo CBD,

| | tanBC d dd

n= ′ ≈ ′ ≈2 2

22 2

2

água

e, finalmente, no triângulo ACI,

|AI| = d + d2.

Assim,

d AI dAC

dAB BC

d dd= − = − ≈ + − = +| |

| |

tan

| | | |2 2 2 1

22

nd d

d

nd

água água

cm2(2

− = + −

= +

1 2

250

2 12

2

000 cmcm 351 cm.

)

,1 33200− =

6. Observe, na Fig. 34-34, que m = 2 para p = 5 cm. De acordo com a Eq. 34-7, isso significa que i = −10 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-4, f = pi/(p + i) = (50 cm)/(5 cm) = 10 cm. Para p = 14 cm, a Eq. 34-4 nos dá i = fp/(p − f) = (10 cm)(14 cm)/(4 cm) = 35 cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-7, m = −i/p = −2,5.

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

1 1 1 2

21

1 35 01

1

2 50p pm f rp

r

m− = = ⇒ = −

= −,

,

cm

2

= 10 5, cm.

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

1 1 1 20 70

70 202

i f pi

fp

p f= − ⇒ =

−=

−= +( )( )

( )

cm cm

cm cm88 cm.


9. Um espelho côncavo tem uma distância focal positiva. No caso de espelhos esféricos, a dis-tância focal f está relacionada ao raio de curvatura r através da Eq. 34-3:

fr=2

.

A distância do objeto p, a distância da imagem i e a distância focal f estão relacionadas através da Eq. 34-4:

1 1 1

p i f+ = ,

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

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

mi

p= − ,

em que o valor de m é positivo para imagens não invertidas e negativo para imagens invertidas. As imagens reais são formadas do mesmo lado que o objeto e as imagens virtuais são formadas do lado oposto do espelho.

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

(b) A distância da imagem é

ipf

p f=

−=

−=( )( )18 12

18 1236

cm cm

cm cmcm.

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

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

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

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

A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-10c: o objeto está mais distante do espelho que o ponto focal e a imagem é real e invertida.

10. A distância focal dos espelhos côncavos é positiva.

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

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

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

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

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

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

11. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.

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


ipf

p f=

−= −

− −= −( )( )

( ),

8 10

8 104 44

cm cm

cm cmcmm.


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

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

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

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

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


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

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

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


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



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







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







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



ipf

p f=

−= −

− −= −( )( )

( ),

10 8

10 84 44

cm cm

cm cmcmm.

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




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


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

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





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

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

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

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

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

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

(g) A imagem é virtual (V).

(h) A imagem é não invertida (NI).

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

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

(b) Como a imagem é invertida, a ampliação lateral m é negativa: m = −0,50. Como p = +24 cm, a Eq. 34-6 nos dá i = –pm = −(24 cm)(−0,5) = +12 cm e a Eq. 34-4 nos dá f = pi/(p+1) = (24 cm)(12 cm)/(24 cm + 12 cm) = +8 cm.

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


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

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

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

(g) Como i > 0, a imagem é real (R).

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

20. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = −mp = −(−0,70)(+40 cm) = +28 cm, o que significa que a imagem é real (R) e está do mesmo lado do espelho (M). Como m < 0, a imagem é invertida (I). De acordo com a Eq. 34-4, f = ip/(i + p) = (28 cm)(40 cm)/(28 cm + 40 cm) = +16 cm > 0, o que significa que o espelho é côncavo.

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

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

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

(e) i = −mp = +28 cm.

(f) Como informa a tabela, m = −0,70.

(g) A imagem é real (R).

(h) A imagem é invertida (I).

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

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

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


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

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

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

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


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


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

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

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

(d) Para obter os valores de i e p, usamos as Eqs. 34-4 e 34-6 para formar um sistema de duas equações com duas incógnitas, cuja solução é p = +180 cm = +1,8 m e i = −18 cm.

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

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


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

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

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

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

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

(d) Para obter os valores de i e p, usamos as Eqs. 34-4 e 34-6 para formar um sistema de duas equações com duas incógnitas, cuja solução é p = +120 cm = +1,2 m e i = −24 cm.

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

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


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


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

(b) De acordo com a Eq. 34-6, i = −mp = −(−0,50)(+60 cm) = +30 cm e, portanto, f = ip/(i + p) = +20 cm.


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

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

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

(f) Como informa a tabela, m = −0,50.


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


25. (a) Como informa a tabela, a imagem é invertida (I), o que significa que o espelho é cônca-vo, a imagem é real (R) e a ampliação lateral é negativa. De acordo com a Eq. 34-6, i = −mp = −(−0,40)(+30 cm) = +12 cm.

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

(c) r = 2f = +17,2 cm ≈ +17 cm.


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

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

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

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


26. (a) Como informa a tabela, a imagem é formada do mesmo lado do espelho, o que significa que a imagem é real (R), o espelho é côncavo e a distância focal é positiva.

(b) A distância focal é f = +20 cm.

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


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

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

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

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

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

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

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

(c) r = 2f = –60 cm.


(d) p = if /(i – f) = +30 cm.

(e) Como informa a tabela, i = –15.

(f) m = −i/p = +0,50.


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

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

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

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

(c) r = 2f = ∞ (ou r = –∞).

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

(e) i = pf /( p − f ) = –10 cm.

(f) m = –i/p = +1,0.



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

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

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

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

(d) O fato de que o espelho é convexo significa que i = +4,0 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-4, p = if/(i − f) = (−4,0 cm)(−20 cm)/[(−40 cm) − (−20 cm)] = 5,0 cm.

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

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




30. Note que, no gráfico da Fig. 34-36, não existe uma descontinuidade como a do gráfico da Fig. 34-35. Isso significa que não existe um ponto no qual p = f (que torna infinito o valor de i). Como p > 0, como de costume, isto significa que a distância focal não é positiva. Sabemos que não se trata de um espelho plano, já que a ampliação lateral varia com p. Assim, concluímos


que se trata de um espelho convexo. Vamos nos concentrar no ponto em que p = 10 cm e m = 0,50. Combinando as Eqs. 34-4 e 34-7, obtemos

mi

p

f

p f= − = −

−,

o que nos dá f = –10 cm (confirmando nossa conclusão de que o espelho é convexo). Para p = 21 cm, obtemos m = – f /(p – f) = +0,32.

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

ipf

p f

pr

p r=

−=

−2.

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

vdi

dt

d

dt

pr

p r

rv p r v pr

pI

O O= =−

=− −( ) +

−2

2 2

2 rr

r

p rvO( )

=−

2

2

2.

(b) Para p = 30 cm, temos:

vI = ( ) −

( ) =15

155 0 0 56

2cm

2 30 cm cmcm/s cm/, , ss.

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

vI = ( ) −

( ) = ×15

155 0 1 1 10

2cm

2 8,0 cm cmcm/s, , 33 cm/s 11 m/s.=

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

vI = ( ) −

( ) =15

155 0 6 7

2cm

2 1,0 cm cmcm/s cm/, , ss.

32. Além de n1 = 1,0, sabemos que (a) n2 = 1,5, (b) p = +10 cm e (c) r = +30 cm.

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

i nn n

r

n

p= − −

= − −−

22 1 1

1

1 51 5 1 0

30

1 0

10,

, , ,

cm ccmcm.

= −18

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

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

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

33. Além de n1 = 1,0, sabemos que (a) n2 = 1,5, (b) p = +10 cm e (d) i = −13 cm.

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

r n nn

p

n

i= −( ) +

= −( ) +−

2 11 2

1

1 5 1 01 0

10, ,

,

cm

11 5

1332 5

1,,

−

= − ≈ −

−

cmcm 33 cm.




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

34. Além de n1 = 1,5, sabemos que (b) p = +100, (c) r = −30 cm e (d) i = +600 cm.

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

nr i

n

p

n

rn2

1 12

1 1 1

30

1

600−

= +

⇒−

−

= +

−

⇒ −( ) = −1 5

100

1 5

300 0352

, ,,n 00 035, ,

o que nos dá n2 = 1,0.

(e) Como i > 0, a imagem é real (R).

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

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

35. Além de n1 = 1,5, também sabemos que (a) n2 = 1,0, (b) p = +70 cm e (c) r = +30 cm. Note que n2 < n1.

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

i nn n

r

n

p= − −

= − −−

22 1 1

1

1 01 0 1 5

30

1 5

70,

, , ,

cm ccmcm.

= −−1

26



O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12f. Neste caso, como a refração sempre afasta os raios do eixo central, a imagem é sempre virtual, independentemente da distância do objeto.

36. Além de n1 = 1,5, sabemos que (a) n2 = 1,0, (c) r = −30 cm e (d) i = −7,5 cm.

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

pn

n nr

ni

= − −= −

− − −

=1

2 1 2

1 51 0 1 5

301 0

7 5

,, , ,

,cm cm

110 cm.



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

37. Além de n1 = 1,5, sabemos que (a) n2 = 1,0, (b) p = +10 cm e (d) i = −6,0 cm.


r n nn

p

n

i= −( ) +

= −( ) +−

2 11 2

1

1 0 1 51 5

10, ,

,

cm

11 0

6 030

1,

,−

=−

cmcm.


(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V). (f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).

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

38. Além de n1 = 1,0, sabemos que (a) n2 = 1,5, (c) r = +30 cm e (d) i = +600.


pn

n nr

ni

= − −= − −

=1

2 1 2

1 01 5 1 030

1 5600

71,

, , ,cm cm

ccm.

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

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

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

39. (a) De acordo com a Eq. 34-8, fazendo n1 = nar = 1,00, n2 = n, p = ∞ e i = 2r,

1 00

2

12 00

,, .

∞+ = − ⇒ =n

r

n

rn

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

n

r

n

r= − 1

,

que não tem solução, a não ser para n → ∞ ou r → ∞. Isto significa que não é possível focalizar os raios luminosos no centro da esfera.

40. De acordo com a Eq. 34-8, com n1 = 1,6, n2 = nar = 1, p = 3,0 cm e r = −5,0 cm, obtemos:

1 6

3 0

1 1 1 6

5 02 4

,

,

,

,, .

cm cmcm+ = −

−⇒ = −

ii

A distância aparente da superfície da mesa é, portanto,

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

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

f nr r

= − −

= −

∞−

−

−

( ) ( , )11 1

1 5 11 1

201 2

1

ccmcm.

= +

−1

40


if p

= −

= −

=− −

1 1 1

40

1

40

1 1

cm cm.

42. Combinando as Eqs. 34-7 e 34-9, obtemos m(p – f) = – f. De acordo com o gráfico da Fig. 34-39, m = 0,5 para p = 15 cm, o que nos dá f = –15 cm. Substituindo f por seu valor na expres-são e fazendo p = 35 cm, obtemos m = +0,30.


if p

fp

p f= −

=−

−1 1

1

.


A altura da imagem é, portanto,

h mhi

ph

fh

p fi p p

p= =

=−

=−

(75

27 0

mm)(1,80 m)

m ,,,

0755 0

mmm.=

44. A descontinuidade do gráfico da Fig. 34-40 no ponto p = 30 cm significa que f = 30 cm. Para p = 100 cm, a Eq. 34-9 nos dá

ipf

p f=

−=

−= +( )( )

.100 30

100 3043

cm cm

cm cmcm

45. Se dS é o diâmetro do Sol e di é o diâmetro da imagem, a Eq. 34-5 nos dá

d m di

pd

f

pdi S S S= =

≈

= × −| |

( , )20 0 10 2 m (( )( , )

,

,

2 6 96 10

1 50 10

1 86 10

8

11

3

××

= × =−

m

m

m 1,86 mm..

46. Como a distância focal da lente não muda, todos os pontos do gráfico da Fig. 34-41 obede-cem à relação 1/p + 1/i = c, em que c é uma constante. De acordo com o gráfico, para p = p1 = 20 cm, temos i = i1 = –10 cm. Assim, chamando de i2 o valor de i para p = p2 = 70 cm, temos:

1 1 1 1 1

20

1

10

1

70

1

1 2 2 2 2p ic

p i i+ = = + ⇒ − = +

cm cm cm,

o que nos dá i2 = −16 cm.

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

11

1 1

1 2fn

r r= −( ) −

,

em que f é a distância focal, n é o índice de refração, r1 é o raio de curvatura da primeira super-fície que a luz encontra e r2 é o raio da segunda superfície. Como uma das superfícies tem um raio de curvatura duas vezes maior que a outra e como uma superfície é convexa em relação à luz incidente e a outra superfície é côncava em relação à luz incidente, r2 = –2r1 e a equação acima se torna

11

1 1

2

3 1

21 1 1fn

r r

n

r= − +

= −( )

( ).

(a) O raio menor, r1, é dado por

rn f

13 1

2

3 1 5 1 60

245= − = − =( ) ( , )( mm)

mm.

(b) O valor absoluto do segundo raio é r2 = 2r1 = 90 mm.

48. Combinando a Eq. 34-7 com a Eq. 34-9, obtemos m(p – f) = –f. De acordo com o gráfico da Fig. 34-42, m = 2 para p = 5 cm, o que nos dá f = mp/(m − 1) = 10 cm. Substituindo f por seu valor na expressão e fazendo p = 14 cm, obtemos m = –2,5.

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

p2 – dp + df = 0.


Assim,

p d d df= ± − = ± −1

24 22 44 4 442( ) ( (cm

1

2cm) cm)(11 cm)2 == 22 cm.

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

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

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

(c) Como i > 0, a imagem é real (R).

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

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


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

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

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

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

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


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




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

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

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




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

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



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






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




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


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






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




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

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






59. Como r1 é positivo e r2 é negativo, trata-se de uma lente biconvexa. De acordo com a Eq. 34-10,

11

1 1

1 2fn

r r= −( ) −

na qual f é a distância focal, n é o índice de refração, r1 é o raio de curvatura da primeira super-fície que a luz encontra e r2 é o raio da segunda superfície. A distância do objeto p, a distância da imagem i e a distância focal f estão relacionadas através da Eq. 34-9:

1 1 1

f p i= + .

Neste caso, r1 = +30 cm, r2 = –42 cm, n = 1,55 e p = +75 cm.

(a) A distância focal é

fr r

n r r=

− −= + −

−1 2

2 11

30 42

1 55 1( )( )

( )( )

( , )

cm cm

(( ),

− −= +

42 3031 8

cm cmcm

e a distância da imagem é

ipf

p f=

−=

−= +( )( , )

,

75 31 8

75 31 855

cm cm

cm cmcmm.





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



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

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

(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M). 61. (a) Combinando a Eq. 34-9 com a Eq. 34-10, obtemos i = –18 cm.


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

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

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


fr r

n r r=

− −= +1 2

2 1130

( )( )cm.


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

i

f p

=−

=−

= −11 1

11

301

10

15

cm cm

cm.

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











fn r r

=−

−

= −−

1

1

1 1120

1 2

1

cm.

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

i

f p

=−

=− −

= −11 1

11

1201

10

9 2

cm cm

cm.,

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






fn r r

=−

−

= −−

1

1

1 130

2 2

1

cm.

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

i

f p

=−

=− −

= −11 1

11

301

10

7 5

cm cm

cm.,

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






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





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





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

(b) Como i = d – p e i/p = 1/2,

pd= = =2

3

2 40 0

326 7

( , ),

cmcm.

(c) A distância focal é

fi p d d

d= +

= +

= =

− −1 1 1

3

1

2 3

2

9

2 401 1

/ /

( ,, ),

0

98 89

cmcm.=

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


i

f p

=−

=−

= −11 1

11

101

5 0

10

cm cm

cm.

,

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

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

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

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


70. (a) O fato de que m < 1 e a imagem é não invertida significa que a lente é divergente (D) (veja a Fig. 34-16).

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

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

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

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

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

71. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = –mp = –(0,25)(16 cm) = –4,0 cm. De acordo com a Eq. 34-9, f = –5,3 cm, o que significa que a lente é divergente (D).

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

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



(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente. 72. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = +4,0 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-9, f = +3,2 cm, o que significa que a lente é convergente (C).

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

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

(f) Como i > 0, a imagem é real (R).

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

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

73. (a) De acordo com a Eq. 34-6, i = –mp = +5,0 cm; de acordo com a Eq. 34-9, f = +3,3 cm, o que significa que a lente é convergente (C).

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

(d) Como foi visto no item (a), i = +5,0 cm.



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

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


74. (b) Como a lente é convergente, f = +10 cm.


i

f p

=−

=−

= +11 1

11

101

20

20

cm cm

cm.

(e) De acordo com a Eq. 34-6, m = –20/20 = –1,0.



(h) Como a imagem é real, é formada do outro lado da lente (O).

75. (a) Como a imagem é formada do mesmo lado da lente (M), a distância da imagem i é ne-gativa. Fazendo i = fp/(p – f) na equação m = −i/p, obtemos

mi

p

f

p f= − = −

−.

Como m < 1,0 e p > 0, f < 0, o que significa que a lente é divergente (D).

(b) Como foi visto no item (a), f = −10 cm.

(d) A distância da imagem é

ipf

p f=

−= −

− −= −( , )( )

, (,

5 0 10

5 0 103

cm cm

cm cm)33 cm.

(e) A ampliação é m = −i/p = −(−3,3 cm)/(5,0 cm) = +0,67.




76. (a) De acordo com a Tabela 34-8, a ampliação é positiva e maior que 1. Examinando as Figs. 34-15 e 34-16 do livro, vemos que isso só será possível se a lente for convergente (C) e se p < f.

(b) Como a lente é convergente, f = 10 cm.


i

f p

=−

=−

= −11 1

11

101

5 0

10

cm cm

cm.

,

(e) A ampliação é m = −i/p = +2,0.





77. (a) Combinando as Eqs. 34-7 e 34-9, obtemos

fp

m=

−=

−=

1 1

16

1 1 2580

/

cm

1 /cm.

,

Como o valor de f é positivo, a lente é convergente (C).

(b) Como foi visto no item (a), f = +80 cm.

(d) A distância da imagem é i = −mp = −(1,25)(16 cm) = −20 cm.





78. (a) De acordo com a Tabela 34-8, o valor absoluto da ampliação é 0,5 e a imagem é não in-vertida (NI). Isso significa que m = +0,5. Usando a Eq. 34-6 e o valor conhecido de p, obtemos i = –5,0 cm, que mostra que se trata de uma imagem virtual. A Eq. 34-9 nos dá a distância focal: f = –10 cm. Como a distância focal é negativa, trata-se de uma lente divergente (D).

(b) Como foi visto no item (a), f = –10 cm.

(d) Como foi visto no item (a), i = –5,0 cm.

(e) Como foi visto no item (a), m = +0,5.



79. (a) Como m > 1, a lente é convergente (C). (Veja a Fig. 34-15.)

(b) Como a lente é convergente, f = +20 cm.

(d) De acordo com a Eq. 34-9, i = –13 cm.

(e) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/p = +1,7.




80. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que se trata de uma lente convergente, é f1 = +15 cm) é i1 = –30 cm. Esta imagem serve de objeto para a lente 2 (cuja distância focal é f2 = +8 cm), com p2 = d – i1 = 10 cm − (−30 cm) = 40 cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i2 = +10 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = m1m2 = − − =( )( )i p i p i i p p1 1 2 2 1 2 1 2/ / / = –0,75.

(c) Como i2 > 0, a imagem é real (R).


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

(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente 2 (O).

81. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que se trata de uma lente convergente, é f1 = +8 cm) é i1 = 24 cm. Esta imagem serve de objeto para a lente 2 (cuja distância focal é f2 = +6 cm), com p2 = d − i1 = 32 cm − 24 cm) = 8 cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i2 = +24 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = m1m2 = − − =( )( )i p i p i i p p1 1 2 2 1 2 1 2/ / / = +6,0.


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


82. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que se trata de uma lente divergente, é f1 = −6 cm) é i1 = −3,4 cm. Esta imagem serve de objeto para a lente 2 (cuja distância focal é f2 = +6 cm), com p2 = d − i1 = 12 cm − (−3,4 cm) = 15,4 cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i2 = +9,8 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –0,27.




83. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que se trata de uma lente convergente, é f1 = +9,0 cm) é i1 = +16,4 cm. Esta imagem serve de objeto para a lente 2 (cuja distância focal é f2 = +5 cm), com p2 = d − i1 = 8,0 cm − (16,4 cm) = −8,4 cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i2 = +3,1 cm. (b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –0,31.




Como este resultado envolve um valor negativo de p2 (e, talvez, outros aspectos “não intuiti-vos”, vale a pena acrescentar alguns comentários. A lente 1 faz os raios convergirem para uma imagem (que não chega a se formar, pois, antes que isso aconteça, os raios encontram a lente 2) que seria real e invertida (e estaria situada a 8,4 cm de distância da posição da lente 2). A lente 2 faz os raios convergirem mais rapidamente, de modo que a imagem é formada mais perto do objeto inicial do que se a lente 2 não estivesse presente.

84. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que se trata de uma lente convergente, é f1 = +12,0 cm) é i1 = +60 cm. Esta imagem serve de obje-to para a lente 2 (cuja distância focal é f2 = +10 cm), com p2 = d − i1 = 67 cm − 60 cm = 7 cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i2 = −23 cm. (b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –13.


(c) Como i2 < 0 , a imagem é virtual (V).


(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente 2 (M).

85. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que se trata de uma lente convergente, é f1 = +6 cm) é i1 = −12 cm. Esta imagem serve de objeto para a lente 2 (cuja distância focal é f2 = −6 cm), com p2 = d − i1 = 8,0 cm − (−12 cm) = 20 cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i2 = −4,6 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = +0,69.

(c) Como i2 < 0, a imagem é virtual (V).



86. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que se trata de uma lente convergente, é f1 = +8,0 cm) é i1 = +24 cm. Esta imagem serve de objeto para a lente 2 (cuja distância focal é f2 = −8 cm), com p2 = d − i1 = 30 cm − 24 cm = 6 cm. As-sim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i2 = −3,4 cm. (b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –1,1.




87. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que se trata de uma lente divergente, é f1 = −12,0 cm) é i1 = −7,5 cm. Esta imagem serve de objeto para a lente 2 (cuja distância focal é f2 = −10 cm), com p2 = d − i1 = 10 cm − (−7,5 cm) = 17,5 cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i2 = −5,5 cm.

(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = +0,12.




88. De acordo com a Eq. 34-15, o diâmetro mínimo da ocular é

dd

moc

ob mm

36mm.= = =

752 1,

89. (a) De acordo com a Fig. 34-20, se L é a distância entre as lentes, o comprimento do tubo é

s = L – fob – foc = 25,0 cm – 4,00 cm – 8,00 cm = 13,0 cm.

(b) Como a distância da imagem é

i = fob + s = 4,00 cm + 13,0 cm = 17,0 cm,


a relação (1/p) + (1/i) = (1/fob) nos dá

pif

i f=

−=

−=ob

ob

cm cm

cm 4,00 cm

( , )( , )

,

17 0 4 00

17 05,,23 cm.

(c) A ampliação lateral da objetiva é

mi

p= − = − = −17 0

5 233 25

,

,, .

cm

cm

(d) A ampliação angular da ocular é

mf

= = =25 253 13

cm cm

8,00 cmoc

, .

(e) A ampliação total do telescópio é

M mm= = − = − ( , )( , ) , .3 25 3 13 10 2

90. (a) A nova distância entre a lente e o filme é

if p

= −

= −

=− −

1 1 1

5 0

1

1005 3

1 1

,,

cm cmcm..

(b) A variação da distância entre a lente e o filme é 5,3 cm – 5,0 cm = 0,30 cm = 3,0 mm.

91. (a) Quando o olho está relaxado, o cristalino focaliza objetos distantes na retina, a uma dis-tância i do cristalino. Fazendo p = ∞ na equação das lentes delgadas, obtemos 1/i = 1/f, na qual f é a distância focal do cristalino relaxado. Assim, i = f = 2,50 cm. Quando o olho focaliza ob-jetos mais próximos, a distância da imagem permanece a mesma, mas a distância do objeto e a distância focal mudam. Se p é a nova distância do objeto e f 9 é a nova distância focal, temos:

1 1 1

p i f+ =

′.

Fazendo i = 2,5 cm e explicitando f 9, obtemos:

′ =+

= =fpf

f p

( , )( , )

,,

40 0 2 50

40 02

cm cm

cm + 2,50 cm335 cm.

(b) De acordo com a equação do fabricante de lentes,

11

1 1

1 2fn

r r= −( ) −

na qual r1 e r2 são os raios de curvatura das duas superfícies da lente e n é o índice de refração do material da lente. No caso da lente mostrada na Fig. 34-46, r1 e r2 têm aproximadamente o mes-mo valor absoluto, r1 é positivo e r2 é negativo. Para que a distância focal diminua, a diferença (1/r1) – (1/r2) deve aumentar. Para isso, é preciso que o valor absoluto dos raios diminua.

92. De acordo com a Fig. 34-20, no caso da imagem intermediária, p = 10 mm e

i = (fob + s + foc) – foc = 300 m – 50 mm = 250 mm;

logo,

1 1 1 1

250

1

109 62

f i pf

obobmm mm

mm= + = + ⇒ = ,


e

s = (fob + s + foc) – fob – foc = 300 mm – 9,62 mm – 50 mm = 240 mm.

Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-14,

Ms

f f= − = −

ob oc

cm mm

9,62 mm

mm

50 mm

25 240 150

= −125.

93. (a) Sem a lente de aumento, u = h/Pp (veja a Fig. 34-19). Com a lente de aumento, fazendo

i = – |i| = – Pp,

obtemos

1 1 1 1 1 1 1

p f i f i f Pp

= − = + = + .

Assim,

mh p

h P

f P

P

P

f fp

p

p

p

= ′ = =

+= + = +/

/

/ /

/

cm1 1

11 1

25.

Para f = 10 cm, temos:

m = + =125

103 5

cm

cm, .

(b) Para analisar o caso em que a imagem aparece no infinito, fazemos i i= − → −∞| | , o que nos dá 1 1 1 1/ / / /p i p f+ = = e

mh p

h P

f

P

P

f fp p

p

= ′ = = = =/

/

/

/

cm1

1

25.

Para f = 10 cm,

m = =25 cm

10 cm2 5, .

94. De acordo com a Eq. 34-9, 1/p + 1/i = c, na qual c é uma constante (1/f). De acordo com o grá-fico da Fig. 34-47, para p = p1 = 15 cm, i = i1 = −10 cm. Assim, para p = p2 = 70 cm, temos:

1/(15 cm) + 1/(−10 cm) = 1/(70 cm) + 1/i2,

o que nos dá i2 = –21 cm.

95. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f1 = +8,0 cm, f2 = +6,0 cm e f3 = +6,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p2 = d12 − i1 e p3 = d23 − i2. Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m1m2m3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i1 = 24 cm e i2 = –12 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i3 = +8,6 cm.

(b) m = +2,6.

(c) A imagem é real (R).

(d) A imagem é não invertida (NI).

(e) A imagem é formada do lado oposto da lente 3 (O).


96. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva e a distância focal de uma lente divergente é negativa, f1 = −6 cm, f2 = +6 cm e f3 = +4 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p2 = d12 − i1 e p3 = d23 − i2. Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m1m2m3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i1 = −2,4 cm e i2 = 12 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i3 = –4,0 cm.

(b) m = −1,2.

(c) A imagem é virtual (V).

(d) A imagem é invertida (I).

(e) A imagem é formada do mesmo lado da lente (M).

97. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f1 = +6,0 cm, f2 = +3,0 cm e f3 = +3,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p2 = d12 − i1 e p3 = d23 − i2. Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m1m2m3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i1 = 9 cm e i2 = 6 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i3 = +7,5 cm.

(b) m = −0,75.




98. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f1 = +6,0 cm, f2 = +6,0 cm e f3 = +5,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p2 = d12 − i1 e p3 = d23 − i2. Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m1m2m3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i1 = −3,0 cm e i2 = 9,0 cm. Os resultados finais são os seguintes: (a) i3 = +10 cm.

(b) m = +0,75.




99. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva e a distância focal de uma lente divergente é negativa, f1 = −6,0 cm, f2 = −16 cm e f3 = +8,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separa-damente a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p2 = d12 − i1 e p3 = d23 − i2. Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais


das lentes e a relação M = m1m2m3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i1 = −4,0 cm e i2 = −6,86 cm. Os resultados finais são os seguintes: (a) i3 = +24,2 cm.

(b) m = −0,58.




100. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva e a distância focal de uma lente divergente é negativa, f1 = +6,0 cm, f2 = −4,0 cm e f3 = −12 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separa-damente a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p2 = d12 − i1 e p3 = d23 − i2. Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m1m2m3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i1 = −12 cm e i2 = −3,33 cm. Os resultados finais são os seguintes:

(a) i3 = –5,15 cm ≈ –5,2 cm.

(b) m = +0,285 ≈ +0,29.

(c) A imagem é virtual (V).


(e) A imagem é formada do mesmo lado da lente 3 (M).

101. No caso de uma lente delgada,

(1/p) + (1/i) = (1/f ),

na qual p é a distância do objeto, i é a distância da imagem e f é a distância focal. Explicitando i, obtemos:

ifp

p f=

−.

Vamos fazer p = f + x, em que x é positivo, se o objeto está a uma distância maior da lente que o ponto focal, e negativo se está a uma distância menor. Nesse caso,

if f x

x= +( )

.

Vamos fazer também i = f + x 9, em que x 9 é positivo, se a imagem está a uma distância da lente maior que a distância focal, e negativo se está a uma distância menor. Nesse caso,

′ = − = + − =x i ff f x

xf

f

x

( ) 2

e xx 9 = f 2.

102. (a) Para u = 90o, existem três imagens: duas são formadas por reflexões em apenas um dos espelhos e a terceira é formada por reflexões sucessivas nos dois espelhos. As posições das ima-


gens são mostradas nos dois diagramas a seguir. O diagrama da esquerda mostra a imagem I1 formada por reflexões no espelho da esquerda. Está à mesma distância do espelho que o objeto O, em uma reta perpendicular ao espelho passando pelo objeto. A imagem I2 é formada pela luz refletida nos dois espelhos.

Podemos considerar I2 como a imagem do prolongamento de I1 formada pelo espelho da direita. I2 está à mesma distância do prolongamento do espelho da direita que I1, em uma reta perpen-dicular ao prolongamento do espelho passando por I1. O diagrama da direita mostra a imagem I3, formada por reflexões no espelho da direita. Está à mesma distância do espelho que o obje-to O, em uma reta perpendicular ao espelho passando pelo objeto. Como mostra o diagrama, a luz que é refletida primeiro no espelho da direita e depois no espelho da esquerda forma uma imagem em I2, o mesmo ponto onde é formada uma imagem pela luz que é refletida primeiro no espelho da esquerda e depois no espelho da direita.

(b) Para u = 45°, temos duas imagens no segundo espelho, uma causada pelo próprio objeto e outra pela imagem do objeto no primeiro espelho. A partir dessas duas imagens, podemos cons-truir duas novas imagens, I e I 9, atrás do primeiro espelho. Prolongando o plano do segundo espelho, podemos encontrar outras duas imagens de I e I 9 simetricamente dispostas em relação ao prolongamento do plano do primeiro espelho. Este fato mostra que não existem outras ima-gens, já que essas imagens finais são “reflexos mútuos”. A construção das imagens é mostrada no diagrama a seguir. Resumindo, o número de imagens neste caso é 1 + 2 + 2 + 2 = 7.

(c) Para u = 60°, temos duas imagens no segundo espelho causadas pelo objeto e sua primeira imagem; a partir dessas imagens, podemos construir duas novas imagens, I e I 9, atrás do primeiro espelho. As imagens I e I 9 são “reflexos mútuos” no sentido de que são simétricas em relação ao prolongamento do plano do segundo espelho; isso mostra que não existem novas imagens. Resumindo, o número de imagens neste caso é 1 + 2 + 2 = 5.

Para u = 120°, temos duas imagens, I 91 e I2, atrás do segundo espelho e seu prolongamento, causadas pelo objeto e sua primeira imagem (que vamos chamar de I1). Nenhuma outra imagem pode ser construída a partir de I 91 e I2, já que as imagens I 91 e I2 são “reflexos mútuos”. Esta


construção tem a desvantagem de não levar em conta a posição do observador em relação aos espelhos. Neste caso em particular, o número de imagens que podem ser vistas varia de 1 a 3, dependendo das posições do objeto e do observador.

(d) O menor número de imagens que podem ser vistas para u = 120o é 1. Se, por exemplo, o observador está alinhado com o objeto e I2, pode ver apenas uma imagem (I1). Um observador próximo de um dos espelhos em geral consegue ver duas imagens, I1 e I2.

(e) O maior número de imagens que podem ser vistas para u = 120o é 3. Isso acontece quando o observador está razoavelmente afastado dos dois espelhos e aproximadamente equidistante dos espelhos.

103. Colocamos um objeto a uma grande distância da lente composta e determinamos a distân-cia i da imagem. Como, para objetos muito distantes, a imagem está no ponto focal, i = f, onde f é a distância focal efetiva da lente composta. A imagem final é produzida por duas lentes, com a imagem da primeira lente servindo como objeto da segunda. No caso da primeira lente, (1/p1) + (1/i1) = (1/f1), na qual f1 é a distância focal da primeira lente e i1 é a distância da imagem formada pela primeira lente. Como p1 = ∞, i1 = f1. No caso da segunda lente, (1/p2) + (1/i2) = (1/f2). Se a espessura das lentes pode ser desprezada, a distância do objeto para a segunda len-te é p2 = –i1 = −f1. O sinal negativo é usado porque a imagem formada pela primeira lente está atrás da segunda lente se i1 é positiva; isso significa que o objeto da segunda lente é virtual e a distância do objeto é negativa. Se i1 é negativa, a imagem formada pela primeira lente está na frente da segunda lente e p2 é positiva. Substituindo p2 por –f1 e i2 por f na equação da segunda lente, obtemos

− + =1 1 1

1 2f f f,

o que nos dá

1 1 1

1 2

1 2

1 2f f f

f f

f f= + = +

.

Assim,

ff f

f f=

+1 2

1 2

.

104. (a) No espelho mais próximo do objeto, que vamos chamar de M1, a primeira imagem I1 está 10 cm atrás de M1 e, portanto, a 20 cm de distância do objeto, que vamos chamar de O. Esta é a menor distância entre o objeto e uma imagem.

(b) Existem imagens de O e I1 no espelho mais distante, que vamos chamar de M2. A imagem de O é uma imagem I2 situada 30 cm atrás de M2. Como O está a 30 cm de distância de M2, I2 está a uma distância de 60 cm de O. Esta é a segunda menor distância entre o objeto e uma imagem.

(c) Existe também uma imagem I3 que é a imagem de I1 e está situada 50 cm atrás de M2, já que I1 está a uma distância 30 cm + 20 cm = 50 cm de M2. Assim, I3 está a uma distância de 80 cm de O. Além disso, temos uma imagem I4, que é uma imagem de I2 e está situada 70 cm atrás de M1, já que I2 está a uma distância 30 cm + 40 cm = 70 cm de M1. A distância entre O e I4 também é 80 cm. Esta é a terceira maior distância entre o objeto e uma imagem.

(d) Voltando ao espelho mais próximo M1, existe uma imagem I5 que é a imagem de I3 e está situa-da 90 cm atrás de M1, já que I3 está a uma distância 50 cm + 40 cm = 90 cm de M1. A distância entre O e I5 é 100 cm = 1,0 m. Esta é a quarta maior distância entre o objeto e uma imagem.


105. (a) O “objeto” do espelho que produz a imagem da caixa está à mesma distância do espelho que a imagem (4 cm). Como este “objeto” é a imagem formada pela lente, podemos dizer que, na equação da lente, i1 = 10 – 4 = 6 cm. Assim, para f1 = 2 cm, a Eq. 34-9 nos dá

1 1 13 00

1 1 11

p i fp+ = ⇒ = , cm.

(b) A imagem da caixa, 4 cm atrás do espelho, serve de “objeto” (com p3 = 14 cm) para a lente no percurso de volta da luz, depois de ser refletida pelo espelho. Desta vez, a Eq. 34-9 nos dá, para f3 = f1 = 2 cm,

1 1 12 33

3 3 33

p i fi+ = ⇒ = , cm.

106. (a) Primeiro, a lente forma uma imagem real do objeto, situada a uma distância

if p f f

f11 1

1

1 1

1

11 1 1 1

22= −

= −

=− −

à direita da lente, ou a uma distância

p2 = 2(f1 + f2) – 2f1 = 2f2

do espelho. A imagem formada pelo espelho está situada a uma distância

if p f f

f22 2

1

2 2

1

21 1 1 1

22= −

= −

=− −

à esquerda do espelho, ou a uma distância

p91 = 2(f1 + f2) – 2f2 = 2f1

à direita da lente. A imagem final formada pela lente está a uma distância ′i1 à esquerda da len-te, em que

′ = −′

= −

=− −

if p f f

f11 1

1

1 1

1

11 1 1 1

22 .

Esta é exatamente a posição do objeto.

(b) A ampliação lateral é

mi

p

i

p

i

p

f= −

−

− ′′

= −1

1

2

2

1

1

12

2 ff

f

f

f

f1

2

2

1

1

2

2

2

21 0

−

−

= − , .

(c) A imagem final é real.

(d) A imagem está à esquerda da lente.

(e) A imagem é invertida, como mostra a figura a seguir.


107. (a) Neste caso, como m > 1 e a imagem é não invertida, sabemos que a lente 1 é convergen-te e produz uma imagem virtual. Como o tamanho da imagem é duas vezes maior que o tama-nho do objeto, a Eq. 34-7 nos dá i1 = −2p1. Como a imagem da mosca e a própria mosca estão do mesmo lado da lente, d = | i1 | −p1, o que nos dá p1 = | i1 | − d = 2p1 − 20 cm e, portanto, p1 = 20 cm e i1 = −2(20 cm) = –40 cm. Substituindo na Eq. 34-9,

1 1 1

1 1 1p i f+ = ,

obtemos

fp i

p i1

1 1

1 1

20 40

20 40=

+= −

+ −=( )( )

( )

cm cm

cm cm++40 cm,

uma distância focal positiva, como era de se esperar, por se tratar de uma lente convergente.

(b) Como foi visto no item (a), a distância entre a mosca e a lente é p1 = 20 cm.

(c) Neste caso, como 0 < m < 1, sabemos que a lente 2 é divergente e a imagem é virtual. Como o tamanho da imagem é metade do tamanho do objeto, a Eq. 37-7 nos dá i2 = p2/2. Como a ima-gem da mosca e a própria mosca estão do mesmo lado da lente, d = p2 − | i2 |, o que nos dá p2 = d + | i2 | = 20 cm + p2/2 e, portanto, p1 = 40 cm e i1 = −(20 cm)/2 = –20 cm. Substituindo na Eq. 34-9, obtemos

fp i

p i2

2 2

2 2

40 20

40 20=

+= −

+ −=( )( )

( )

cm cm

cm cm−−40 cm,

uma distância focal negativa, como era de se esperar, por se tratar de uma lente divergente.

(d) Como foi visto no item (c), a distância entre a mosca e a lente é p2 = 40 cm.

O diagrama de raios da lente 1 é semelhante ao da Fig. 34-16b. A lente é convergente. Com a mosca mais próxima da lente que o ponto focal (p1 < f1), temos uma imagem virtual não inver-tida, maior que o objeto. Por outro lado, o diagrama de raios da lente 2 é semelhante ao da Fig. 34-16c. A lente é divergente e forma uma imagem virtual não invertida, menor que o objeto.

108. Vamos usar a Eq. 34-10, com as convenções de sinais discutidas nas Seções 34-6 e 34-7.

(a) No caso da lente 1, uma lente biconvexa, temos:

f nr r

= −( ) −

= −( ) −

−

11 1

1 5 11

40

1

1 2

1

,cm −−

=

−

4040

1

cmcm.

(b) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.

(c) No caso da lente 2, uma lente plano-convexa, temos:

f = −( )∞

−−

=

−

1 5 11 1

4080

1

,cm

cm.

(d) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.

(e) No caso da lente 3, uma lente côncavo-convexa, temos:

f = −( ) −

= =

−

1 5 11

40

1

60240 2

1

, ,cm cm

cm 44 m.


(f) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.

(g) No caso da lente 4, uma lente bicôncava, temos:

f = −( )−

−

= −

−

1 5 11

40

1

4040

1

,cm cm

cm.

(h) Como f < 0, a imagem é virtual.

(i) No caso da lente 5, uma lente plano-côncava, temos:

f = −( )∞

−

= −

−

1 5 11 1

4080

1

,cm

cm.

(j) Como f < 0, a imagem é virtual.

(k) No caso da lente 6, uma lente côncavo-convexa, temos:

f = −( ) −

= − = −

−

1 5 11

60

1

40240

1

,cm cm

cm 22 4, m.

(l) Como f < 0, a imagem é virtual.

109. (a) A primeira imagem pode ser obtida usando a Eq. 34-8 com n1 = 1 (um valor aproxima-do para o índice de refração do ar), n2 = 8/5 e p = 8 cm:

1

8

8

5

1 6 1+ = −i r

,.

Como, para uma “lente plana”, r = ∞, temos:

i = −64/5 cm.

Em relação à segunda superfície, a imagem está a uma distância de 3 + 64/5 = 79/5 cm. Esta imagem pode ser tomada como objeto para determinarmos a imagem final, usando novamente a Eq. 34-8 com r = ∞, mas agora com n1 = 8/5, n2 = 4/3 e p9 = 79/5. Temos:

8

79

4

30+

′=

i,

o que nos dá

i9 = –79/6 m ≈ –13,2 cm.

Isso significa que o observador parece estar a uma distância de 13,2 + 6,8 = 20 cm do peixe.

(b) Neste caso, a primeira imagem é obtida usando a Eq. 34-8 com n1 = 4/3, n2 = 8/5, p1 = 6,8 cm e r = ∞, o que nos dá

4

3 6 8

8

50 8 16

( , ), .+ = ⇒ = −

ii cm

Em relação à segunda superfície, esta imagem está a uma distância de 3 + 8,16 = 11,16 cm. Tomando esta imagem como objeto para determinar a imagem final, usamos novamente a Eq. 34-8, desta vez com n1 = 8/5, n2 = 1 e p = 3,12 cm e r = ∞, o que nos dá

8

5 11 16

10 7 0

( , ), .+ = ⇒ =

ii cm

Isso significa que o peixe parece estar a uma distância de 8 + 7 = 15 cm do observador.


110. Fazendo nar = 1, nágua = n e p = | R | / 2 na Eq. 34-8 (e tomando cuidado para usar o sinal correto de r na equação), obtemos i = –R/(1 + n), o que nos dá | i | = R/(1 + n). Chamando de h o tamanho do peixe e de h9 o tamanho da imagem do peixe, e usando a semelhança de triân-gulos, temos:

′−

= ⇒ ′ = −+

= − =h

R i

h

R

h

h n| |( ) (

,) , .

/22 1

1

12 1

1

2 331 14

111. (a) As lentes convergentes fazem raios luminosos paralelos convergirem para o ponto focal e raios provenientes do ponto focal se tornarem paralelos. Para que um sistema de duas lentes se comporte como um expansor de feixe, portanto, basta que o ponto focal posterior F1 da primeira lente coincida com o ponto focal anterior F2 da segunda lente. Como os triângulos unidos pelo vértice no ponto focal são semelhantes, as larguras dos dois feixes obedecem à relação Wf/f2 = Wi/f1. Substituindo os valores dados, obtemos:

Wf

fWf i= = =2

1

30 0

12 52 5 6 0

,

,( , ,

cm

cmmm) mm.

(b) A área da seção reta dos feixes é proporcional a W 2. Como a intensidade é definida como a potência P dividida pela área, temos:

I

I

P W

P W

W

W

f

fI

f

ff

i

f

i

i

ff= = = ⇒ =

2

2

2

212

22

1

2 =

=2

12 5

30 09 0 1 6Ii

,

,( , ) ,

cm

cmkW/m kW/2 mm2.

(c) O método do item (a) pode ser adaptado para o caso em que a primeira lente do expansor de feixe é uma lente divergente; para isso, basta fazer com que o ponto focal anterior da pri-meira lente coincida com o ponto focal anterior da segunda lente. Neste caso, a distância entre as lentes deve ser

d = f2 – |f1| = 30,0 cm – 26,0 cm = 4,0 cm.

112. Na Fig. 34-56, vamos chamar de A o ponto em que o raio em direção ao olho esquerdo sai da água e de B o ponto em que o raio em direção ao olho direito sai da água. O ponto da super-fície equidistante de A e B será chamado de C. A moeda está no ponto P, verticalmente abaixo de C, a uma distância d, e a imagem na moeda está no ponto V, também verticalmente abaixo de C, mas a uma distância menor da. Vamos chamar de u1 o ângulo ∠CPA e de u2 o ângulo ∠CVA. Como os triângulos CPA e CVA são triângulos retângulos, temos:

tan . 1 = =CA

d

CA

de tan 2

a

Usando a Eq. 33-40 e a aproximação, válida para pequenos ângulos, de que a razão das tangen-tes é igual à razão dos senos, obtemos:

tan

tan

sen

sen

2

1

2

1

1

2

≈ ⇒ ≈ ⇒a

CAdCAd

n

nad

n

nd≈ 2

1

.

Como n1 = nágua = n e n2 = nar ≈ 1, obtemos a relação desejada, da = d/n.

1. O fato de que a onda 2 é refletida duas vezes a mais não afeta os cálculos, já que a diferença de fase envolvida é 2(l/2) = l, o que equivale a dizer que as reflexões a mais não mudam a fase da onda 2 em relação à onda 1. A única diferença entre a onda 2 e a onda 1 é o fato de que a onda 2 percorre uma distância adicional igual a 2L2.

(a) Para que a onda 2 tenha um “atraso” de l/2 em relação à onda 1, é preciso que 2L = l/2, o que nos dá L = l/4 = (620 nm)/4 =155 nm.

(b) As ondas sofrerão novamente interferência destrutiva se o novo comprimento for 2L9 = 3 l/2; a diferença é

′ − = − = = =L L3

4 4 2

620

2310

nmnm.

2. Considere duas ondas, 1 e 2, com uma diferença de fase inicial de l/2. Se estamos interes-sados em múltiplos de L/l tais que as ondas fiquem em fase, estamos interessados em valores de L tais que a distância adicional 2L percorrida pela onda 2 corresponda a l/2, 3l/2, etc. De forma geral, o comprimento L deve satisfazer a equação

Lm

m= + =2 1

40 1 2 , , , . . .em que

(a) O menor valor de L/l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 0 na equação anterior, o que nos dá L/l = 1/4 = 0,25.

(b) O segundo menor valor de L/l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 1 na equação anterior, o que nos dá L/l = 3/4 = 0,75.

(c) O terceiro menor valor de L/l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 2 na equação anterior, o que nos dá L/l = 5/4 = 1,25.

3. (a) Vamos tomar as fases das duas ondas como zero na superfície das placas. A fase da primeira onda na superfície traseira da placa de vidro é dada por f1 = k1L− ωt, na qual k1 (= 2p/l1) é o número de onda e l1 é o comprimento de onda no vidro. A fase da segunda onda na superfície traseira da placa de plástico é dada por f2 = k2L – ωt, na qual k2 (= 2p/l2) é o número de onda e l2 é o comprimento de onda no plástico. As frequências angulares são iguais, já que as ondas têm o mesmo comprimento de onda no ar e a frequência da onda não muda quando a onda entra em um meio com outro índice de refração. A diferença de fase é, portanto,

1 2 1 2 21− = −( ) = −

k k L L 1

1 2.

Sabemos também que l1 = lar/n1, na qual lar é o comprimento de onda no ar e n1 é o índice de refração do vidro, e que l2 = lar/n2, na qual n2 é o índice de refração do plástico. Isso significa que a diferença de fase é

1 2 1 2

2− = −ar

(n n L) .

Capítulo 35


O valor de L que torna a diferença de fase igual a 5,65 rad é

Ln n

= −−

= × −( )

( )

, ( )

(

1 2

1 2

9

2

5 65 400 10

2ar m

1,600 1,50−= × =−

),3 60 10 6 m 3,60 m.

(b) 5,65 rad é menor que 2p rad = 6,28 rad, a diferença de fase para que haja interferência cons-trutiva, e maior que p rad = 3,14 rad, a diferença de fase para que haja interferência destrutiva. A interferência, portanto, não é construtiva nem destrutiva. Entretanto, está mais próxima da construtiva do que da destrutiva.

4. De acordo com a lei de Snell (a lei da refração), u1 = u2 para n1 = n2. O gráfico da Fig. 35-31b mostra que u2 = 30° (o mesmo valor de u1) para n2 = 1,5. Isso significa que n1 = 1,5 e, portanto, a velocidade da luz no material 1 é

vc

n= = × = ×

1

882 998 10

1 52 0 10

,

,, .

m sm s

5. De acordo com a Tabela 33-1, os índices de refração da safira e do diamante são ns = 1,77 e nd = 2,42, respectivamente. Assim,

Dv v v cn n

s ds d

= − = −

= × −1 12 998 10

1

1 778( , )

,m s

11

2 424 55 107

,, .

= × m s

6. (a) A frequência da luz amarela do sódio é

fc= = ×

×= ×−

2 998 10

589 105 09 10

8

914,

,m s

mHz.

(b) O comprimento da mesma luz no vidro é

nn

= = =589

1 52388

,

nmnm.

(c) A velocidade da mesma luz no vidro é

v f n= = × × = ×− ( , ) ( ) , .5 09 10 388 10 1 97 1014 9 8Hz m m s

7. O índice de refração é dado pela Eq. 35-3:

nc

v= = ×

×=2 998 10

1 92 101 56

8

8

,

,, .

m s

m s

8. (a) Como o tempo t2 que o pulso 2 leva para atravessar as placas de plástico é

tL

c

L

c

L

c

L

c

L

c2 1 55 1 70 1 60 1 45

6 30= + + + =, , , ,

,

e o tempo t1 que o pulso leva para atravessar as placas de plástico é

tL

c

L

c

L

c

L

c1

2

1 59 1 65 1 50

6 33= + + =, , ,

,,

o pulso 2 chega primeiro à outra extremidade.

(b) A diferença de tempo de trânsito (em unidades de L/c) é

Dt t tL

c

L

c

L

c= − = − =2 1

6 33 6 30 0 03, , ,.

Assim, o múltiplo é 0,03.


9. (a) Como a diferença de fase inicial entre as ondas é p rad e queremos que as ondas estejam em fase depois de atravessar os dois materiais, os materiais devem produzir uma diferença de fase de (n + 1)l/2, já que uma diferença de fase de p rad equivale a uma diferença de fase de l/2 e uma diferença de fase de 2p equivale a uma diferença de fase zero. O menor valor de L é obtido fazendo n = 0, o que nos dá

Ln n

min ) , ),=

−=

−= =

2

620

1 451550 1 5

2 1(nm

2(1,65nm 55 m.

(b) O segundo menor valor de L é obtido fazendo n = 1, o que nos dá

Ln n

L=−

= = =3

23 3 1 55 4 65

2 1

( )( , ,min m) m.

10. (a) O ângulo de saída é igual ao ângulo de entrada, devido ao que se pode chamar de natureza “transitiva” da lei de Snell: n1 senu 1 = n2 senu 2 = n3 senu 3 = … (b) Como a velocidade da luz em um certo meio é c/n, na qual n é o índice de refração do meio, e o tempo que a luz passa em um certo meio é igual à distância percorrida dividida pela velo-cidade, temos:

t = nL/c = (1,45)(25 × 10−19 m)/(3,0 × 108 m/s) = 1,4 × 10−13 s = 0,14 ps.


Ln n

2 1

6

9

8 50 10

500 101 60 1 50 1 70− = ×

×− =

−

−,

( , , ) ,m

m..

(b) Neste caso, temos:

Ln n

2 1

6

9

8 50 10

500 101 72 1 62 1 70− = ×

×−( ) =

−

−,

, , ,m

m..

(c) Neste caso, temos:

Ln n

2 1

6

9

3 25 10

500 101 79 1 59 1 30− = ×

×−( ) =

−

−,

, , ,m

m..

(d) Como os raios (a) e (b) têm a mesma diferença de fase, a intensidade produzida pelos dois raios ao se combinarem com o raio (c) é igual. Como, no caso dos três raios, a diferença de fase em relação a um número inteiro de comprimentos de onda é 0,30, a intensidade produzida pelos raios (a) e (b) ao se combinarem entre si é igual à intensidade produzida ao se combinarem com o raio (c). Assim, as três ondas totais têm a mesma intensidade.

12. (a) Note que o raio 1 percorre uma distância adicional d = 4L em relação ao raio 2. Para obter o menor valor de L para o qual as ondas estão com fases opostas, igualamos essa distância adicional a meio comprimento de onda:

d L L= = ⇒ = = =42 8

420 0

852 50

,,

nmnm.

(b) O segundo menor valor de L corresponde ao caso em que a diferença de fase é 3l/2:

d L L= = ⇒ = = =43

2

3

8

3 420 0

8157 5

( ,,

nm)nm.

13. (a) Escolhemos um eixo x horizontal com a origem na borda esquerda dos blocos de plás-tico. Entre x = 0 e x = L2, a diferença de fase é dada pela Eq. 35-11 com L substituído por L2. Entre x = L2 e x = L1, a diferença de fase é dada pela Eq. 35-11 com L substituído por L1 – L2 e n2 substituído por 1, já que o raio de cima da Fig. 35-35 passou a se propagar no ar, cujo índice


de refração é aproximadamente igual a 1. Combinando essas diferenças e fazendo l = 0,600 mm, temos:

Ln n

L Ln2

2 11 2

113 50

0 6001 6

( ) ( )

,

,( ,− + − − = m

m00 1 40

4 00 3 50

0 6001 1 40

0

− + − −

=

, ), ,

,( , )

,

m m

m

8833.

(b) Como a resposta do item (a) está mais próxima de um número inteiro do que de metade de um número ímpar, a interferência é mais próxima de construtiva do que de destrutiva.

14. (a) Para obter a diferença entre o máximo central e o máximo mais próximo, fazemos m = 1 na Eq. 35-14, o que nos dá

1

1

1

1 1

100=

=

=−=

−sen sen( )( )m

d m00 010, rad.

(b) Como y1 = D tan u1 (veja a Fig. 35-10a), temos:

y1 = (500 mm) tan (0,010 rad) = 5,0 mm.

A distância é Dy = y1 – y0 = y1 – 0 = 5,0 mm.

15. As posições angulares dos máximos em uma figura de interferência de dupla fenda são dadas por d sen u = ml, na qual d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Se u é pequeno, sen u pode ser tomado como aproximadamente igual a u em radianos. Nesse caso, u ≈ ml/d e a separação angular entre dois máximos vizinhos é Du = l/d. Seja l9 o comprimento de onda para o qual a separação angular é 10,0% maior. Nesse caso, 1,10l/d = l9/d, o que nos dá

l9 = 1,10l = 1,10(589 nm) = 648 nm.

16. A distância entre máximos vizinhos é dada aproximadamente por Dy = lD/d (veja as Eqs. 35-17 e 35-18). Dividindo ambos os membros por D, obtemos Du = l/d, na qual u está em ra-dianos. Nos cálculos que se seguem, porém, podemos usar o ângulo diretamente em graus:

DD

nn

d nd n= = = = =0 20

1 330 15

,

,, .

°°

17. Os máximos de interferência acontecem para ângulos u tais que d sen u = ml, na qual m é um número inteiro. Como d = 2,0 m e l = 0,50 m, isto significa que sen u = 0,25m. Os valores para os quais |0,25m| ≤ 1 (os únicos que admitem uma solução real para a equação d sen u = ml) são –4, –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 e +4. A todos esses valores, exceto –4 e +4, correspondem dois valores diferentes de u. No caso de m = −4, o único valor permitido é u = –90° e, no caso de m = +4, o único valor permitido é u = +90°. Assim, o número de máximos é 16.

18. (a) A diferença de fase, em comprimentos de onda, é

= = =d osen ( , )(sen )

( , ), .

4 24 20

0 5002 90

m

m

(b) Multiplicando o resultado do item (a) por 2p, obtemos f = 18,2 rad.

(c) Como o resultado do item (a) é maior que 5/2 e menor que 3, o ponto está entre o mínimo correspondente a m = 2 (terceiro mínimo a partir do centro) e o máximo correspondente a m = 3 (terceiro máximo secundário).

19. A condição para que um máximo seja observado na figura de interferência de dupla fenda é d sen u = ml, na qual d é a distância entre as fendas, u é o ângulo entre os raios e o eixo central, m é um número inteiro e l é o comprimento de onda. Para u pequeno, sen u ≈ u em radianos, u =


ml/d e a distância angular entre máximos vizinhos, um associado ao número inteiro m e o outro associado ao número inteiro m + 1, é dada por Du = l/d. Em uma tela situada a uma distância D, a separação entre os máximos é

Dy = D Du = lD/d.

Assim,

Dy = ××

= × =−

−−( )( , )

,,

500 10 5 40

1 20 102 25 10

9

33m m

mm 22,25 mm.

20. (a) Podemos usar a Eq. 35-14 com m = 3:

=

= ×

×− −

−

−sen sen( )

,1 1

9

6

2 550 10

7 70 10

m

d

m

mmrad.

= 0 216,

(b) u = (0,216) (180°/p) = 12,4°.

21. A condição para que um máximo seja observado na figura de interferência de dupla fenda é d sen u = ml, na qual d é a distância entre as fendas, u é o ângulo entre os raios e o eixo central, m é um número inteiro e l é o comprimento de onda. Para u pequeno, sen u ≈ u em radianos e du = ml. A distância angular entre dois máximos para diferentes comprimentos de onda e o mesmo valor de m é

Du = (m/d)(l2 – l1),

e a separação entre os máximos em uma tela situada a uma distância D é

D D Dy D DmD

d= ≈ =

−

=×

tan ( )

( , )

2 1

3 1 0 m

5,0 100 mm m m−

− − −

× − × = × =

39 9 5600 10 480 10 7 2 10( ) , 772 m.

22. Imagine um eixo y a meio caminho entre as duas fontes da Fig. 35-36. Se existem 30 pontos de interferência destrutiva, existem 15 pontos de cada lado do eixo y. Não existem pontos de interferência destrutiva no eixo y porque as fontes estão em fase e, por simetria, a diferença de fase entre as ondas em qualquer ponto do eixo y é 0. Em outras palavras, do lado direito existem 7 pontos “escuros” no primeiro quadrante, um no semieixo x positivo e 7 no quarto quadrante. Como o eixo y corresponde à menor diferença de fase possível (0o), podemos contar os valores de m para interferência destrutiva (dados pela Eq. 35-16), começando pelo ponto mais próximo do eixo y, até chegarmos ao eixo x. Isto nos leva a associar m = 7 ao ponto situado no semieixo x positivo, no que a diferença de percurso das ondas é simplesmente a distância d entre as fontes. Assim, de acordo com a Eq. 35-16,

ddosen , , .90 7

1

27 5 7 5= +

= ⇒ =

23. Quando as ondas deixam as respectivas fontes, a onda A está adiantada de 90° em relação à onda B, o que equivale a l/4. Entretanto, a onda A tem que percorrer uma distância maior para chegar ao detector D e, portanto, se atrasa em relação à onda B. Como a diferença de percurso, 100 m, equivale a (100 m)/(400 m) = l/4, a diferença de fase inicial é cancelada e a diferença de fase entre as ondas A e B ao chegarem ao detector D é 0.

24. (a) Por simetria, como no caso do experimento de dupla fenda, o ponto xP = 0 (ponto onde a reta vertical de comprimento D da Fig. 35-38 intercepta a tela) é um ponto claro com uma diferença de fase zero (o ponto equivalente ao máximo principal da figura de interferência de um experimento de dupla fenda).


(b) Como foi visto no item (a), a diferença de fase é a menor possível para Dl = 0.

(c) Como a maior diferença de percurso possível acontece na “borda” da tela (que se estende, supostamente, até o infinito), a diferença de fase é máxima para xP = ∞.

(d) No caso de xP = ∞, podemos considerar os raios provenientes das fontes como praticamente horizontais ao chegarem à tela. Assim, a diferença de percurso é simplesmente a distância 2d entre as fontes. Como, de acordo com o enunciado, 2d = 6,00 l, a diferença de fase em unidades de l é 2d/l = 6,00.

(e) De acordo com o teorema de Pitágoras, temos:

=

+ +−

+ −=

+ +−

D x d D x d2 2 2 2 2 220 6 3 2( ) ( ) ( ) ( ) ( 00 6 3

481 409 1 71

2 2

) ( )

, .

+ −

= − =

(f) Como a resposta do item (e) está mais próxima de 1,5 (que corresponde a interferência des-trutiva) do que de 2 (que corresponde a interferência construtiva, a intensidade é mais próxima de mínima.

25. Seja x a distância procurada. Para que a interferência seja destrutiva, a diferença de percurso entre raios que partem das fontes S1 e S2 e chegam a pontos do semieixo x positivo deve ser

d x x m2 2 1

2+ − = +

,

o que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas,

xd

m

m=+

− +2

2 1

2 1

4( )

( ).

Para obter o maior valor de xP, fazemos m = 0:

xd

0

2 23 008 75 8 75 900 7= − = − = = =

4 4( , )

, , ( )nm ,,88 103× =nm 7,88 m .

26. (a) Usamos a Eq. 35-14 para determinar o valor de d:

d senu = ml ⇒ d = (4)(450 nm)/sen(90°) = 1800 nm.

Em terceira ordem, o comprimento de onda que corresponde a u = 90° é

l = d sen(90°)/3 = 600 nm.

Qualquer comprimento de onda maior que este valor não é observado; assim, os comprimentos de onda entre 600 nm e 700 nm não estão presentes.

(b) A distância entre as fendas deve ser reduzida.

(c) Nesse caso, o máximo de quarta ordem do comprimento de onda de 400 nm deve ser obser-vado para u = 90o. Assim,

d9 senu = ml ⇒ d9 = (4)(400 nm)/sen(90°) = 1600 nm,

o que representa uma variação

|Dd| = d – d9 = 1800 nm − 1600 nm = 200 nm = 0,20 µm.

27. Considere as duas ondas, uma proveniente de cada fenda, que produzem a sétima franja lateral clara na ausência da mica. As ondas estão em fase ao deixarem as fendas e percorrem


distâncias diferentes até a posição da sétima franja clara, onde a diferença de fase entre as ondas é 2pm = 14p. Quando uma placa de mica de espessura x é colocada na frente de uma das fendas, a diferença de fase entre as ondas muda. Mais especificamente, as ondas deixam as fendas com uma diferença de fase dada por

2 2 21

x x xn

m

− = −( )

em que lm = l/n é o comprimento de onda na mica e n é o índice de refração da mica. Como agora as ondas chegam à tela em fase,

21 14

xn −( ) = ,

o que nos dá

xn

=−

= ×−

= × =−

−7

1

7 550 10

1 58 16 64 10

96 ( )

,,

mm 6,64 m.

28. O problema pede “o maior valor de x para o qual os raios chegam ao detector P com fases opostas”, o que pode ser interpretado como o valor de x para o qual a curva mostrada na Fig. 35-40 passa pelo ponto f = p rad. Isto acontece em um ponto P que, naturalmente, está a uma distância x da fonte S1 e, de acordo com o teorema de Pitágoras, está a uma distância d x2 2+ da fonte S2. Como a diferença de percurso, em unidades de comprimento, é d x2 2+ − x, a mesma diferença, em radianos, é (2p/l)( d x2 2+ − x). Assim, para que a condição seja satis-feita, devemos ter

2 2 2

d x x+ −( ) = .

De acordo com o gráfico da Fig. 35-40, a diferença de fase é 6p para x = 0, o que significa que d = 3l. Substituindo d por 3l na equação anterior e explicitando x, obtemos

x = 35l/4 = 35(400 nm)/4 = 3500 nm = 3,5 mm.

29. Vamos escrever o campo elétrico das duas ondas na forma

E E t

E E t

1 10

2 20

=

= +

sen

sen( )

e usar um diagrama fasorial para calcular a amplitude de E.

A figura a seguir mostra o diagrama fasorial. A amplitude resultante Em é dada pela lei dos cossenos:

E E E E Em2

102

202

10 202 180= + − −( )cos ,°

o que nos dá

Em = + − =( , ) ( , ) ( , )( , ) cos ,1 00 2 00 2 1 00 2 00 120 2 62 2 ° 55.


Nota: Somando as componentes horizontais dos dois fasores, obtemos

E E Eh = + = + =10 200 60 1 00 2 00 60 2 0cos cos , ( , ) cos ,° ° 00

e somando as componentes verticais obtemos

E E Ev = + = =10 200 60 2 00 60 1 732sen sen ( , ) sen , .° °

A amplitude resultante é

Em = + =( , ) ( , ) , ,2 00 1 732 2 652 2

o que confirma o valor obtido usando a lei dos cossenos. O ângulo de fase em relação ao fasor que representa E1 é

=

=−tan,

,, .1 1 732

2 0040 9°

Assim, o campo resultante pode ser escrito na forma E t= +( , ) sen( , ).2 65 40 9 °

30. Para somar as funções usando o método dos fasores (em vez de usar, digamos, identidades trigonométricas), fazemos t = 0 e consideramos as funções como vetores. Nesse caso, as com-ponentes do vetor resultante são:

yy

h

v

= + == +

10 0 8 0 30 16 910 0 8 0 3

cos , cos ,sen , sen

° °° 00 4 0° = , ,

o que nos dá

y y y

y

y

R h v

v

h

= + = ≈

=

= ≈−

2 2

1

17 4 17

13 3 1

,

tan , ° 33.

Assim,

y y y y t tR= + = +( ) = +( )1 2 17 13 3sen sen , . °

31. Para somar as funções usando o método dos fasores (em vez de usar, digamos, identidades trigonométricas), fazemos t = 0 e consideramos as funções como vetores. Nesse caso, as com-ponentes do vetor resultante são:

yy

h

v

= + + − ==

10 0 15 30 5 0 45 26 510

cos cos , cos( ) ,s

° ° °een sen , sen( ) , ,0 15 30 5 0 45 4 0° ° °+ + − =

o que nos dá

y y y

y

y

R h v

v

h

= + = ≈

=

=−

2 2

1

26 8 27

8 5

,

tan , . °

Assim,

y y y y y t tR= + + = +( ) = +( )1 2 3 27 8 5sen sen , . °

32. (a) O problema pode ser resolvido pelo método dos fasores ou utilizando identidades trigo-nométricas. Desta vez, usaremos a segunda abordagem. Como

sen a + sen(a + b) = 2cos(b/2)sen(a + b/2),


temos:

E E E E t= + = +

=

1 2 02 2 2

2 2 00

cos( )sen( )

( , ) c

/ /

V/m oos( , ) , .19 2 2 33rad V/m=


I I IP = =4 2 1 3502

0cos ( ) , /

no ponto P e

I I Icentro = =4 0 402

0cos ( )

no centro. Assim,

I

IP

centro

= =1 35

40 338

,, .

(c) A diferença de fase em comprimentos de onda pode ser obtida dividindo a diferença de fase em radianos por 2p. Assim, a diferença de fase em comprimentos de onda é (39,6 rad)/2p = 6,3 comprimentos de onda. Isto significa que o ponto P está entre o máximo correspondente a m = 6 (sexto máximo secundário) e o mínimo correspondente a m = 6 (sétimo mínimo a partir do centro).

(d) A velocidade angular dos fasores é ω = 1,26 × 1015 rad/s.

(e) O ângulo entre os fasores é f = 39,6 rad (o que corresponde a 2270°, ou aproximadamente 110°).

33. Usando o método dos fasores, este problema equivale a calcular a soma vetorial R A B C= + +

R A B C= + + , na qual, na notação módulo-ângulo, A = ∠( )10 0° ,

B = ∠( )5 45° e

C = ∠ −( )5 45° , em que

os módulos estão em mV/m. Podemos usar uma calculadora científica para calcular o vetor resultante,

R = ∠( ) + ∠( ) + ∠ −( ) = ∠( )10 0 5 45 5 45 17 1 0° ° ° °, ,

que, convertido de volta para a forma de função, nos dá

E tR = ×( , ) sen[( , ) ].17 1 2 0 1014V/m rad/s

34. (a) Observando a Fig. 35-10a, vemos que

u = tan−1(y/D) = tan−1(0,205/4) = 2,93°.

Assim, a diferença de fase no ponto P é f = d senu /l = 0,397 comprimento de onda, o que mostra que o ponto P está entre o máximo central (diferença de fase zero) e o primeiro mínimo (diferença de fase de 0,5 comprimento de onda). Note que este cálculo poderia ser simplificado usando as aproximações para pequenos ângulos

(tanu ≈ senu ≈ u).

(b) De acordo com a Eq. 35-22, a intensidade da luz no ponto P é

I I IP = =4 2 0 40402

0cos ( ) , /

no ponto P, em que I0 é a intensidade da onda que chega à tela quando uma das fendas está coberta e f = (0,397)(2p) = 2,495 rad.

Por outro lado, a intensidade da luz no centro da figura de interferência é

I I Icentro = =4 0 402

0cos ( ) .


Assim, temos:

I

IP

centro

= =0 404

40 101

,, .

35. Para que a interferência seja destrutiva, é preciso que a diferença de fase entre as ondas refletidas pela superfície dianteira e pela superfície traseira do filme seja um múltiplo ímpar de p rad. Como, nos dois casos, as ondas incidem em um meio cujo índice de refração é maior que o do meio no qual estavam se propagando, a reflexão, nos dois casos, produz uma mudança de fase de p rad. Se L é a espessura do filme, a onda refletida pela superfície traseira percorre uma distância adicional 2L em relação à onda refletida pela superfície dianteira. Assim, a diferença de fase entre as duas ondas é 2L(2p/lf), na qual lf é o comprimento de onda no filme. Se n é o índice de refração do material do filme, lc = l/n, em que l é o comprimento de onda no vácuo, e a diferença de fase é 2nL(2p/l). A condição para que haja interferência destrutiva é, portanto,

22

2 1nL m

= +( ) ,

na qual m é um número inteiro. Explicitando L, obtemos

Lm

n= +( )2 1

4

.

A menor espessura do filme para a qual existe interferência destrutiva é obtida fazendo m = 0 na equação anterior, o que nos dá

Ln

= = ×( ) = × =

−−

4600 10

4 1 251 20 10

97mm 120 nm.

,,

36. (a) Como nos dois lados da película existe um meio (o ar) com um índice de refração menor e estamos analisando a luz refletida, devemos usar a Eq. 35-36. Assim, os comprimentos de onda para os quais existe interferência construtiva total são dados por

=+

= ×+

=+

−2

1 2

2 1 40 600 10

1 2

16809nL

m m m/

m

/

nm( , )( )

11 2/.

Assim, podemos construir a seguinte tabela:

m l (nm)

0 3360

1 1120

2 672

3 480

4 373

5 305

6 258

Examinando a tabela anterior, vemos que existem 4 comprimentos de onda na faixa de 300 a 700 nm para os quais a luz apresenta interferência construtiva total.

(b) Nesse caso, como se trata de interferência destrutiva total, devemos usar a Eq. 35-37, que nos dá

= = × =−2 2 1 40 600 10 16809nL

m m m

( , )( ).

m nm



m l (nm)

1 1680

2 840

3 560

4 420

5 336

6 280

Examinando essa tabela, vemos que existem 3 comprimentos de onda na faixa de 300 a 700 nm para os quais a luz apresenta interferência destrutiva total.

37. A luz refletida na superfície dianteira da camada sofre uma variação de fase de p rad, enquanto a luz refletida na superfície traseira não sofre nenhuma variação de fase. Se L é a espessura da camada, a luz refletida na superfície traseira percorre uma distância adicional 2L em relação à luz refletida na superfície dianteira. A diferença de fase entre as duas ondas é 2L(2p/lc) – p, na qual lc é o comprimento de onda na camada. Se l é o comprimento de onda no vácuo, lc = l/n, na qual n é o índice de refração do material da camada. Assim, a diferença de fase entre as duas ondas é 2nL(2p/l) – p. A condição para que haja interferência construtiva é, portanto,

22

2nL m

− = ,

em que m é um número inteiro. Explicitando L, obtemos

Lm

n= +( )2 1

4

.

A menor espessura do filme para a qual existe interferência construtiva é obtida fazendo m = 0 nessa equação, o que nos dá

Ln

= = × = × =−

−

4

560 10

4 2 007 00 10

98m

m 70,0 nm( , )

, .

38. Como estamos lidando com um filme fino (que vamos chamar de material 2), em uma si-tuação na qual n1 > n2 > n3, e estamos interessados em interferência construtiva para as ondas refletidas, devemos usar a Eq. 35-37, que nos dá

= = × =−2 2 1 70 500 10 17009nL

m m m

( , )( ).

m nm


m l (nm)

1 1700

2 850

3 567

4 425

5 336

6 280


Examinando a tabela mostrada, vemos que existem 2 comprimentos de onda na faixa de 400 a 700 nm para os quais a luz apresenta interferência construtiva.

(a) O maior comprimento de onda é l = 567 nm.

(b) O menor comprimento de onda é l = 425 nm.

(c) Supondo que a variação dos índices de refração com a temperatura pode ser desprezada, a equação usada para calcular o valor dos comprimentos de onda mostra que l é diretamente proporcional a L. Assim, se a espessura do filme aumentar, a interferência construtiva passará a ocorrer para um comprimento de onda maior. 39. Como nos dois lados da película existe um meio (o ar) com um índice de refração menor e estamos analisando a luz refletida, devemos usar a Eq. 35-36:

Lm

n

mm= + = × =

−( ) (

( , )

1 2

2

624 10

2 1 33

9/ ( + 1/2) m)( + 1

//2) nm( , ).234 5

(a) A menor espessura do filme para a qual existe interferência construtiva é obtida fazendo m = 0 na equação anterior, o que nos dá

L0 = (1/2)(234,5 nm) = 117 nm = 0,117 mm.

(b) A segunda menor espessura é obtida fazendo m = 1, o que nos dá

L1 = (3/2)(234,5 nm) = 352 nm = 0,352 mm.

40. Como a luz incidente está em um meio de baixo índice de refração, o filme fino de acetona tem um índice de refração maior n = n2 e a última camada tem um índice de refração n3 > n2; a condição para que a interferência da luz refletida seja destrutiva é

Lm

n

mm= + = + = +( ) ( )( )

( , )( )(

1 2

2

1 2 600

2 1 251 2

/ / nm/

2240),

o que nos dá as seguintes espessuras para as quais ocorre interferência destrutiva:

L = 120 nm, 360 nm, 560 nm, 840 nm, 1120 nm, ...

e a condição para que a interferência da luz refletida seja construtiva é

Lm

n

mm= = =

2

700

2 1 25280

( )( )

( , )( ),

nmnm

o que nos dá as seguintes espessuras para as quais ocorre interferência construtiva:

L = 280 nm, 560 nm, 840 nm, 1120 nm, ...

A espessura procurada é a menor espessura que as duas listas têm em comum:

L = 840 nm.

41. Neste caso, como n2 < n1 e n2 > n3, a condição para interferência destrutiva é

21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...

A segunda menor espessura é obtida fazendo m = 1 na expressão anterior:

L = +

=1

1

2 2 1 59161

342 nmnm.

( , )


42. Neste caso, como n2 > n1 e n2 > n3, a condição para interferência construtiva é

21

2

4

2 1

4 285 1

2

2L mn

Ln

m= +

⇒ =

+=

nm( )( ,660

2 1

1824

2 10 1 2

), , , , ...

m mm

+=

+=nm

o que nos dá os seguintes comprimentos de onda: 1824 nm, 608 nm, 365 nm, ...

Como o valor do comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 608 nm.

43. Neste caso, como n1 > n2 e n3 > n2, a condição para interferência destrutiva é

22

0 1 22

2L mn

Ln

mm= ⇒ = =

, , , , ...

em que l é o comprimento de onda no ar. Assim, para m = 1, temos:

= = =2 2 200 1 40 5602Ln ( ( , )nm) nm.

44. Neste caso, como n2 < n1 e n2 < n3, a condição para interferência construtiva é

21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...

A segunda maior espessura é obtida fazendo m = 1:

L = +

=1

1

2 2 1 34329

587 nmnm.

( , )


21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...

A terceira maior espessura é obtida fazendo m = 2:

L = +

=2

1

2

612

2 1 60478

nmnm.

( , )

46. Neste caso, como n2 < n1 e n2 > n3, a condição para interferência destrutiva é

21

2

4

2 10 1 2

2

2L mn

Ln

mm= +

⇒ =

+=

, , , ,, ...

Assim,

== = =4 4 415 1 59 2639 0

4 32

2

Ln mLn

( ( , ) )nm) nm (/ == = =

=4 415 1 59 3 880 1

4 5 4 42

( ( , ) )(

nm) / nm (/

mLn 115 1 59 5 528 2nm) / nm (( , ) )= =

m


47. Neste caso, como n2 < n1 e n2 < n3, a condição para interferência destrutiva é

22

0 1 22

2L mn

Ln

mm= ⇒ = =

, , , , ...

Assim, temos:

= = = ==

2 2 380 1 34 1018 13

2

2

Ln mLn

( ( , ) )(

nm) nm (880 1 34 509 2nm) nm (( , ) )= ={ m



48. Neste caso, como n2 < n1 e n2 < n3, a condição para interferência construtiva é

21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...


L = +

=1

1

2

632

2 1 40339

nmnm.

( , )


21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...

A terceira maior espessura é obtida fazendo m = 2:

L = +

=2

1

2 2 1 75273

382 nmnm.

( , )

50. Neste caso, como n2 > n1 e n2 < n3, a condição para interferência destrutiva é

21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...


L = +

=1

1

2 2 1 46248

482 nmnm.

( , )

51. Neste caso, como n2 > n1 e n2 < n3, a condição para interferência destrutiva é

21

2

4

2 10 1 2

2

2L mn

Ln

mm= +

⇒ =

+=

, , , ,, ...

Assim,

= = = =4 4 210 1 46 1226 04 3

2

2

Ln mLn

( ( , ) )nm) nm (/ == = ={ 4 210 1 46 3 409 1( ( , ) )nm) / nm (m

Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 409 nm.


21

2

4

2 10 1 2

2

2L mn

Ln

mm= +

⇒ =

+=

, , , ,, ...

Assim, temos:

== = =4 4 325 1 75 2275 0

4 32

2

Ln mLn

( ( , ) )nm) nm (/ == = =

=4 325 1 75 3 758 1

4 5 4 32

( ( , ) )(

nm) / nm (/

mLn 225 1 75 5 455 2nm) / nm (( , ) )= =

m


53. Como os máximos são dados pela Eq. 35-36, temos:

L mn

m m= +

= +

= +1

2 2

1

2

600

2 1 332

nm

( , )

11

2226

( ),nm


o que nos dá

L = 113 nm, 338 nm, 564 nm, 789 nm,…

Como os mínimos são dados pela Eq. 35-37, temos:

Lm

nm m= = =

2

450

2 1 33169

2

( )( , )

( )( ),nm

nm

o que nos dá

L = 0 169 508, nm, 338 nm, nm, 677 nm,…


L = 338 nm.

54. A situação é análoga à do Exemplo “Interferência no revestimento de uma lente de vidro”, já que a luz incidente está em meio de baixo índice de refração, o filme fino de óleo possui um índice de refração um pouco maior n = n2 e o último meio (a placa de vidro) tem o maior índice de refração. De acordo com o Exemplo, a condição para que a reflexão seja a menor possível é

21

20 1 2

2

L mn

m= +

=

onde , , , …

Para l = 500 nm e n2 = 1,30, os valores possíveis de L são

L = 96 nm, 288 nm, 481nm, 673nm, 865nm, ...

e para l = 700 nm e o mesmo valor de n2, os valores possíveis de L são

L = 135nm, 404 nm, 673nm, 942 nm, ...


L = 673 nm.

55. Vamos chamar os índices de refração do ar, do querosene e da água de n1, n2 e n3, respectiva-mente. Como n1 < n2 e n2 < n3, existe uma variação de fase de p rad nas duas interfaces. Como a segunda onda percorre uma distância adicional 2L em relação à primeira, a diferença de fase é

= 2

22

( )L

em que l2 = l/n2 é o comprimento de onda no óleo. A condição para interferência construtiva é

22 2

2

( ) ,L m=

o que nos dá

2 0 1 22

L mn

m= =, , , , ...

(a) Os comprimentos de onda para os quais a reflexão é máxima são dados por

= = =2 2 1 20 46011042n L

m m

( , ) ( )nmnm, 552 nm, 368 nm,, ...

Note que apenas o comprimento de onda de 552 nm (verde) está na faixa da luz visível.


(b) A transmissão máxima corresponde aos comprimentos de onda para os quais a reflexão é mínima. A condição para a interferência destrutiva da onda refletida é

21

2

4

2 12

2L mn

n L

m= +

⇒ =

+

,

o que nos dá l = 2208 nm, 736 nm, 442 nm … para diferentes valores de m. Note que apenas o comprimento de onda de 442 nm (azul) está na faixa da luz visível.

56. Para que a interferência seja construtiva, devemos ter

22 2

Lk k

nn= =

,

na qual k é um número ímpar positivo e n é o índice de refração do filme. Explicitando n, ob-temos:

nk

L

k kk= = = =

4

600

4 272 7 1 8180 55

( )

( , ) ,, .

nm

nm

Como sabemos que n > 1, a solução k = 1 pode ser descartada. Entretanto, a solução k = 3 parece razoável, pois nos dá n = 1,65, um valor comparável aos que aparecem na Tabela 33-1. Supondo que este é o índice de refração do filme, passamos para a segunda parte do problema. Chamando de ld os comprimentos de onda para os quais a interferência é destrutiva, temos:

2 0 1 22

L mn

md= =, , , ,...

o que nos dá

dLn

m m m= = =2 2 272 7 1 65

600 0

9002 ( , )( , )

( , )

nm

nm

nm, m = 0 1 2, , ,...

Os valores possíveis de ld são, portanto,

ld = 900 nm, 450 nm, 300 nm, …


57. Neste caso, como n2 > n1 e n2 > n3, a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é

21

2

4

2 10 1 2

2

2L mn

Ln

mm= +

⇒ =

+=

, , , ,, ...

Assim,

== = =4 4 285 1 60 1824 0

4 32

2

Ln mLn

( ( , ) )nm) nm (/ == = =

=4 415 1 59 3 608 1

4 4 42

( ( , ) )(

nm) / nm (/5

mLn 115 1 59 365 2nm) /5 nm (( , ) )= =

m



21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...

A terceira maior espessura é

L = +

=2

1

2 2 1 75273

382 nmnm.

( , )


59. Neste caso, como n2 < n1 e n2 < n3, a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é

21

2

4

2 10 1 2

2

2L mn

Ln

mm= +

⇒ =

+=

, , , ,, ...

Assim, temos:

=

= = =4 4 415 1 59 2639 04 3

2

2

Ln mLn

( ( , ) )nm) nm (/ == = =

=4 415 1 59 3 880 1

4 5 4 42

( ( , ) )(

nm) / nm (/

mLn 115 1 59 5 528 2

4 4 4152

nm) / nm (/7 n

( , ) )(

= ==

mLn mm) /7 nm (( , ) )1 59 377 3= =

m



22

0 1 22

2L mn

Ln

mm= ⇒ = =

, , , , ...

Assim, temos:

== = =

=2 2 380 1 34 1018 1

32

2

Ln mLn

( ( , ) )(

nm) nm (880 1 34 509 2

0 5 0 5 3802

nm) nm (( , ) ), ( , )(

= ==

mLn nm) nm (( , ) )1 34 255 3= =

m



21

2

4

2 10 1 2

2

2L mn

Ln

mm= +

⇒ =

+=

, , , ,, ...

Assim,

=

= = =4 4 325 1 75 2275 04 3

2

2

Ln mLn

( ( , ) )nm) nm (/ == = =

=4 325 1 75 3 758 1

4 5 4 32

( ( , ) )(

nm) / nm (/

mLn 225 1 75 5 455 2

4 7 4 3252

nm) / nm (/ n

( , ) )(

= ==

mLn mm) / nm (( , ) )1 75 7 325 3= =

m


62. Neste caso, como n2 < n1 e n2 > n3, a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é

21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...

A segunda menor espessura é

L = +

=1

1

2 2 1 59161

342 nmnm.

( , )

63. Neste caso, como n2 > n1 e n2 < n3, a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é

21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...


L = +

=1

1

2 2 1 46248

482 nmnm.

( , )


64. Neste caso, como n2 > n1 e n2 < n3, a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é

21

2

4

2 10 1 2

2

2L mn

Ln

mm= +

⇒ =

+=

, , , ,, ...

Assim, temos:

== = =4 4 210 1 46 1226 0

4 32

2

Ln mLn

( ( , ) )nm) nm (/ == = =

=4 210 1 46 3 409 1

4 4 22

( ( , ) )(

nm) / nm (/5

mLn 110 1 46 245 2nm) /5 nm (( , ) )= =

m

Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 409 nm. 65. Como, neste caso, n2 < n1 e n2 < n3, a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é

21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...


L = +

=1

1

2

632

2 1 40339

nmnm.

( , )


22

0 1 22

2L mn

Ln

mm= ⇒ = =

, , , , ...

Assim, temos:

= = = ==

2 2 200 1 40 560 12

2

2

Ln mLn

( ( , ) )nm) nm (/2 22 200 1 40 280 2( ( , ) )nm) /2 nm (= ={ m


67. Neste caso, como n2 < n1 e n2 < n3, a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é

21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...


L = +

=1

1

2 2 1 34329

587 nmnm.

( , )


21

2

1

2 22 2

L mn

L mn

m= +

⇒ = +

, == 0 1 2, , , ...

A terceira menor espessura é

L = +

=2

1

2

612

2 1 60478

nmnm.

( , )

69. Suponha que o filme em forma de cunha está suspenso no ar, de modo que a onda refletida na primeira superfície sofre uma mudança de fase de p rad e a onda refletida na segunda super-fície não sofre mudança de fase. Em um local em que a espessura do filme é L, a condição para interferência construtiva é 2nL = (m + 1/2)l, em que n é o índice de refração do filme, l é o comprimento de onda no vácuo e m é um número inteiro. As extremidades do filme são franjas


claras. Suponha que a extremidade estreita do filme tenha espessura L1 e que a franja clara nessa extremidade corresponda a m = m1. Suponha que a extremidade estreita tenha espessura L2 e que a franja clara nessa extremidade corresponda a m = m2. Como existem dez franjas claras, m2 = m1 + 9. Subtraindo 2nL1 = (m + 1/2)l de 2nL2 = (m1 + 9 + 1/2)l, obtemos 2n DL = 9l, em que DL = L2 – L1 é a variação total de espessura do filme. Assim,

DLn

= = × = × =−

−9 9 630 10

2 1 501 89 10

96

2( )

( , ),

mm 1,89 m.

70. (a) Como, inicialmente, existem uma franja escura em uma extremidade, uma franja clara na outra extremidade e nove franjas escuras fora das extremidades, m1 = 9,5 na equação 2d1 = m1l. Depois de um intervalo de tempo Dt = 15 s, temos m2 = 9,0 na equação 2d2 = m2l. Assim,

|Dd| = d1 − d2 = (m1l − m2l)/2 = 0,25l =155 nm.

Assim, a taxa de variação τ da espessura do filme é dada por

= = =| |, .

D

D

d

t

155

1510 3

nm

snm/s

(b) Nesse caso, m2 = 6 e, portanto,

|Dd| = d1 − d2 = (m1l − m2l)/2 = 1,75l = 1085 nm = 1,09 µm.

71. De acordo com a Eq. 35-34, a distância vertical entre o centro de uma franja escura e o centro da franja escura vizinha é

Dy = = = = × −

2

500250 2 50 10 4nm

2nm mm.,

Assim, como a distância horizontal entre franjas escuras vizinhas é Dx = 1,2 mm, temos:

≈ = = × =−tan ,D

D

y

x2 08 10 4 rad 0,012 .o

72. Aplicando a Eq. 35-37 às duas situações, temos:

2 4001 4000Ln

L= ( ) = ( )

ar

e 21,00000

.

Como o primeiro membro é o mesmo nos dois casos, podemos igualar as duas expressões do segundo membro, o que nos dá

nar = ( ) =1 000004001

40001 00025, , .

73. Considere a interferência de ondas refletidas na superfície superior e na superfície inferior do filme de ar. A reflexão na superfície superior não muda a fase da onda, mas a reflexão na superfície inferior provoca uma mudança de fase de p rad. De acordo com a Eq. 35-36, em um local em que a espessura do filme de ar é L, a condição para interferência construtiva é 2L = (m + 1/2)l, em que l é o comprimento de onda no ar e m um número inteiro. Explicitando m, obtemos:

mL= − = ×

×+ = −

−

−2

0 52 48 10

683 100 5 140 5 0

6

9,

( ), , ,

m

m55 140= .

74. A partir da condição ml = 2y, na qual y é a espessura do filme de ar entre as placas direta-mente abaixo do centro de uma franja escura, e do fato de que m = n −1, em que n é o número de franjas escuras, já que a primeira franja escura corresponde a m = 0, concluímos que a distância entre as bordas das placas no lado em que as placas não estão em contato é y = (8l/2) = 2400 nm


(supondo que a borda corresponde ao centro da nona franja escura). Quando a distância entre as bordas das placas é aumentada para y9 = 3000 nm, a nova relação é m9l = 2 y9, o que nos dá m9 = 2y9/l = 10 e n9 = m9 + 1 = 11. Assim, são vistas 11 franjas escuras.

75. Considere a interferência de ondas refletidas na superfície superior e na superfície inferior do filme de ar. A reflexão na superfície superior não muda a fase da onda, mas a reflexão na superfície inferior provoca uma mudança de fase de p rad. De acordo com a Eq. 35-36, em um local em que a espessura do filme de ar é d, a condição para interferência construtiva é 2d = (m + 1/2)l, em que l é o comprimento de onda no ar e m um número inteiro. Explicitando d, obtemos:

d = (2m + 1)l/4.

De acordo com o teorema de Pitágoras, d R R r= − −2 2 , no qual R é o raio de curvatura da lente e r é o raio de um dos anéis de Newton. Assim, temos:

2 1 2 2m R R r+( ) = − − 4 .

Explicitando r, obtemos:

rm R m= + − +( ) ( )

.2 1

2

2 1

16

2 2

Se R é muito maior que um comprimento de onda, o segundo termo do radicando é desprezível na presença do primeiro e

rm R

m= + =( ), , , ,

2 1

20 1 2

…

Nota: Usando um raciocínio análogo, é possível mostrar que os raios dos anéis escuros são dados por

r mR m= = , , , ,0 1 2 …

76. (a) Explicitando m na expressão obtida no Problema 35-75, temos:

mr

R= − = ×

×− =

−

−

2 3 2

9

1

2

10 10

5 0 589 10

1

23

( )

( , ) ( )

m

m m33 4 33, .≈

Como o primeiro anel claro corresponde a m = 0, m = 33 corresponde ao anel claro número 34.

(b) Substituindo l por ln = l/nágua, obtemos:

mr

R

n r

Rn

n

= − = − = × −2 2 3 21

2

1

2

1 33 10 10

água m( , ) ( )

(55 0 589 10

1

244 7 45

9, ) ( ), .

m m×− = ≈−

Como o primeiro anel claro corresponde a mn = 0, mn = 45 corresponde ao anel claro número 46.

77. Vamos chamar de r1 e r2 os raios dos anéis claros de ordem n e n + 20, respectivamente. Expli-citando m na expressão obtida no Problema 35-75 e substituindo m por n e r por r1, obtemos:

nr

R= −1

2 1

2.

Se, quando n aumenta para n + 20, r1 aumenta para r2, temos:

nr

R+ = −20

1

222

.


Subtraindo a primeira equação da segunda e explicitando R, obtemos

Rr r= − = −

×22

12 2 2

20

0 368 0 162

20 546 10

( , ) ( , )

(

cm cm−− = =

7100

cmcm 1,00 m.

)

78. De acordo com o gráfico da Fig. 35-46, o tempo necessário para que um mínimo migre até a posição do mínimo vizinho é Dt = 12 s, o que envolve uma variação de espessura DL = l/2n2 (veja a Eq. 35-37) e, portanto, uma variação de volume

D DD

V r Lr

n

dV

dt

r

n t= = ⇒ = =

22

2

2

2

2

2 2

0 0180( , )m (( )

( , )( ), .

550 10

2 1 40 121 67 10

911× = ×

−−m

sm /s3

79. Um deslocamento de uma franja corresponde a uma variação de um comprimento de onda no percurso da luz. Quando o espelho é deslocado de uma distância d, o percurso da luz varia de 2d, já que a luz passa duas vezes pelo braço que contém o espelho. Assim, se o deslocamento é de N franjas, 2d = Nl e

= = × = × =−

−2 2 0 233 10

7925 88 10 588

37d

N

( , ),

mm nm.

80. De acordo com a Eq. 35-43, o deslocamento DN produzido pela introdução de um filme de espessura L é DN = (2L/l) (n – 1). Assim,

LN

n=

−=

−=

D

2 1

589 7 0

2 1 40 15 2

( )

( )( , )

( , ), .

nmm

81. Seja f1 a diferença de fase das ondas nos dois braços quando a câmara contém ar e seja f2 a diferença de fase quando a câmara é evacuada. As diferenças de fase são diferentes porque o comprimento de onda no ar é diferente do comprimento de onda no vácuo. Se l é o compri-mento de onda no vácuo, o comprimento de onda no ar é l/n, no qual n é o índice de refração do ar. Assim,

1 2 2

2 2 4 1− = −

= −( )L

n n L

na qual L é o comprimento da câmara. O fator 2 aparece porque a luz atravessa a câmara duas vezes, uma a caminho do espelho e outra depois de ser refletida pelo espelho. Como cada deslo-camento de uma franja corresponde a uma variação de fase de 2p rad, se a figura de interferência sofre um deslocamento de N franjas quando a câmara é evacuada,

4 12

( ),

n LN

− =

o que nos dá

nN

L= + = + ×

×=

−

−12

160 500 10

2 5 0 101 0003

9

2

λ ( )

( , ),

m

m00.

82. Aplicando a Eq. 35-42 aos dois comprimentos de onda e calculando a diferença, temos:

N NL L

L1 22 2

21 1− = − = −

1 2 1 2

.

Fazendo N1 – N2 = 1 e explicitando L, obtemos:

L = −

= −−

1

2

1 1 1

2

1

588 9950

1

589 5924

1

1 2 , ,nm nnmnm m

= × =−1

52 91 10 291, .


83. (a) A diferença entre as distâncias percorridas pelos raios 1 e 2 é 7d – 2d = 5d. Para que essa diferença corresponda a meio comprimento de onda, é preciso que 5d = l/2, o que nos dá

d = =500

2 550 0

nmnm

( )( ), .

(b) Nesse caso, a condição se torna 5d = l/2n, o que nos dá

d = =500

2 5 1 3836 2

nmnm

( )( )( , ), .

84. (a) Quanto maior a distância entre o ponto P e a origem, menor a diferença entre as distâncias percorridas pelos dois raios. Assim, a coordenada pedida corresponde à coordenada da borda da tela, no caso de uma tela de altura finita, ou yP = ∞, no caso de uma tela de altura ilimitada.

(b) Quando a altura da tela tende a infinito, a diferença entre as distâncias percorridas pelos dois raios tende a zero. Assim, para yP = ∞, a diferença de fase é f = 0.

(c) A diferença entre as distâncias percorridas pelos dois raios é máxima para yP = 0, caso em que os raios são horizontais e a diferença de percurso é igual a d, a distância entre as fontes.

(d) Como d = 6,00l, a diferença de fase no caso do item (c), que corresponde à maior diferença possível, é 6,00 comprimentos de onda.

(e) De acordo com o teorema de Pitágoras, temos:

= − =+ + − +

=+

S P S P d d D d D1 22 2 2 2

26 00 6 00

( )

( , ) ( , ++ − +=

20 0 6 00 20 05 80

2 2 2, ) ( , ) ( , ), .

(f) Como a diferença de fase está mais próxima de 6 (interferência construtiva) do que de 5,5 (interferência destrutiva), a intensidade no ponto P está mais próxima do máximo.

85. As posições angulares u dos máximos de uma figura de interferência de dupla fenda estão relacionadas à diferença de percurso através da equação d sen u = ml, na qual d é a distância entre as fendas, ml = DL é a diferença de percurso entre os raios que passam pelas duas fendas, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Se u é pequeno, sen u pode ser conside-rado aproximadamente igual a u em radianos. Nesse caso, u ≈ ml/d e a separação angular entre máximos vizinhos é Du = l/d. Quando o equipamento é imerso em água, o comprimento de onda diminui para l9 = l/n e a equação anterior se torna

D ′ = ′

d.

Dividindo a equação por Du = l/d, obtemos

D

DD

D′ = ′ = ⇒ ′ = = =

1n n

0 30

1 330 23

,

,, .

oo

86. (a) A Fig. 35-50b mostra parte de uma função periódica de período Dn = 0,8. Assim, o máximo seguinte acontece para n = 1,0 + Dn = 1,0 + 0,8 = 1,8.

(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), a curva passa por zero em n = 1,4 + Dn = 1,4 + 0,8 = 2,2.


(c) Como Dn = 0,8 representa um ciclo (um comprimento de onda), Dn = 2,0 − 1,0 = 1,0 = 0,8 + 0,2 = 0,8 + 0,8/4 representa um ciclo mais um quarto de ciclo, ou seja, 1,25 comprimento de onda.

87. Quando a interferência de duas ondas é totalmente destrutiva, a diferença de fase é dada por

= + =( ) , , , , ...2 1 0 1 2m m

Uma condição equivalente é a de que a diferença de percurso seja um múltiplo ímpar de l/2, em que l é o comprimento de onda da luz.

(a) Observando o gráfico da Fig. 35-51, vemos que representa uma função periódica de período DL = 1500 nm. Assim, o máximo seguinte acontece para x = 1500 nm. (b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), a curva passa por zero em L = 1500 nm + DL/2 = 1500 nm + 750 nm = 2250 nm.

(c) Como 1500 nm representam um ciclo (um comprimento de onda), 1200 nm representam 1200/1500 = 0,80 comprimento de onda.

88. (a) A diferença em comprimentos de onda, com e sem o material, pode ser calculada usando a Eq. 35-11:

DN nL= − =( ) , .1 1 1428

Este resultado corresponde a um deslocamento de fase de (1,1428)(360°) = 411,4o.

(b) Este deslocamento equivale a 411,4° − 360° = 51,4°.

89. Na figura a seguir, a onda que chega diretamente ao receptor percorre uma distância L1 e a onda refletida percorre uma distância L2. Como o índice de refração da água é maior que o do ar, a onda refletida sofre uma variação de fase de meio comprimento de onda. Assim, para que haja interferência construtiva na posição do receptor, a diferença L2 – L1 deve ser um múltiplo ímpar de meio comprimento de onda. Considere a figura a seguir. O triângulo retângulo da es-querda, formado por uma reta vertical do transmissor T até a água, o raio que incide na água e a superfície da água, nos dá Da = a/tan u. O triângulo da direita, formado por uma reta vertical do receptor até a água, o raio refletido e a superfície da água, nos dá Db = x/tan u.

Como Da + Db = D,

tan . = +a x

D


Como sen2 u = tan2 u/(1 + tan2 u), temos:

sen( )

, = ++ +a x

D a x2 2

o que nos dá

La a D a x

a xa2

2 2

= =+ ++sen

( )

e

Lx x D a x

a xb2

2 2

= =+ ++sen

( ).

Assim,

L L La x D a x

a xD a xa b2 2 2

2 22 2= + =

+ + ++

= + +( ) ( )

( ) .

Para D2 >> a2 + x2, podemos expandir a raiz quadrada em série e aproveitar apenas os dois pri-meiros termos da expansão, o que nos dá

L Da x

D2

2

2= + +( )

.

A distância percorrida pela onda direta é

L D a x12 2= + −( ) .

Para D2 >> a2 − x2, podemos expandir a raiz quadrada em série e aproveitar apenas os dois pri-meiros termos da expansão, o que nos dá

L Da x

D1

2

= + −( ).

Assim,

L L Da ax x

DD

a ax x

D

ax

D2 1

2 2 2 22

2

2

2

2− ≈ + + + − − − + = .

Para que haja interferência construtiva, devemos ter, portanto,

2 1

2 20 5

ax

Dm x

D

am= +

⇒ = + ( , ) .

90. Como P1 está à mesma distância de S1 e S2, concluímos que a diferença de fase entre as fontes é Dff = 0,60p rad. Em termos de comprimentos de onda, esta diferença de fase é

Dff = (0,60p/2p)l = 0,3l,

com a onda produzida pela fonte S2 adiantada em relação à onda produzida pela fonte S1.

(a) A fonte S1 está a uma distância de 720 nm − 640 nm = 80 nm de P2, que, em termos de comprimentos de onda, é (80/400)l = 0,2l; a fonte S2 está a uma distância de 720 nm + 640 nm = 1360 nm de P2, que, em termos de comprimentos de onda, é (1360/400)l = 3,4l. Assim, a diferença de fase devido à diferença de percurso é Dfp = 3,2l, com a onda produzida pela fonte S1 adiantada em relação à onda produzida pela fonte S2, pois está mais próxima de P2. Assim, a diferença total é

Dftot = Dfp – Dff = 3,2l − 0,3l = 2,90l.


(b) Como o número de comprimentos de onda está mais próximo de um número inteiro do que de metade de um número ímpar, a interferência está mais próxima de construtiva.

91. (a) De acordo com a lei de Snell, sen u2/sen u1 = sen u2/sen 30° = vi/vf. Assim,

21 1

30 3 0 30=

=− −sensen

sen( , ) senv

vf

i

° °m s

44 022

,.

m s

= °

(b) Como mostra o cálculo do item a, a refração diminui o ângulo de refração (de 30° para 22°, no caso). Depois de várias refrações, o ângulo u2 se aproxima de zero. É por isso que quase todas as ondas são perpendiculares à praia.

92. (a) Vamos chamar de L a profundidade da cavidade, de n1 o índice de refração do plástico e de n2 o índice de refração do líquido. Quando a altura do líquido (Lliq) é zero, a diferença de fase f é 60 comprimentos de onda; este valor é igual à diferença entre o número de comprimentos de onda na distância L no plástico (para o raio r1) e na mesma distância no ar (para o raio r2). Assim,

Ln Lnn

Ln

L1 ar ar m

− = ⇒ = + = × +−60

60 60 400 10 41

9( ) ( 00 0 10 1

40 0 101 6

6

6

, )( )

,, .

××

=−

−m

m

(b) Poderíamos determinar o valor de n2 a partir da inclinação da reta da Fig. 35-55b, mas, em vez disso, vamos usar o fato de que, para Lliq = 40,0 mm, f = 20. Isso nos dá

Ln Lnn

Ln

L1 2 m

− = ⇒ = + = × +−20

20 20 400 10 402

19( ) ( ,00 10 1 6

40 0 101 4

6

6

××

=−

−m

m

)( , )

,, .

93. A condição para um mínimo na figura de interferência de dupla fenda é d sen u = (m + 1/2)l, na qual d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda, m é um número inteiro e u é o ângulo entre os raios que interferem destrutivamente e a direção perpendicular à tela. Para u pequeno, sen u ≈ u em radianos, o que nos dá u = (m + 1/2)l/d. Nesse caso, a distância entre o mínimo e o centro da figura de interferência é

y D D D mD

d= ≈ ≈ = +

tan sen ,

1

2

na qual D é a distância entre as fendas e a tela. Para o primeiro mínimo, m = 0; para o décimo mínimo, m = 9. A distância entre os dois mínimos é

DyD

d

D

d

D

d= +

− =9

1

2

1

2

9 ,

o que nos dá

= = × ××

=− −

−d y

D

D

9

0 15 10 18 10

9 50 106

3 3

2

( , ) ( )

( )

m m

m,,0 10 6007× =− m nm.

Nota: A distância entre dois mínimos vizinhos é

Dy = Du = Dl/d.

94. O tempo que um raio luminoso que se propaga diretamente ao longo do eixo central leva para chegar ao final da fibra ótica é dado por

tL

v

n L

cdireto = =

1

1 .

No caso de um raio que se propaga em zigue-zague, apenas a componente da velocidade pa-ralela ao eixo central contribui para a propagação do raio em direção à outra extremidade da


fibra ótica. Como essa componente é v1 sen uc = v1n2/n1 (veja a Eq. 33-45), o tempo de percurso para esse raio é

tL

v

n L

c n n

n L

cnczigue-zague /

= = =1

1

2 1

12

2sen ( ).

A diferença é

Dt t tn L

cn

n L

c

n L

c

n= − = − =zigue-zague direto12

2

1 1 1

nn28

11 58 300

3 0 10

1 58

1 53−

=×

−( , )( )

,

,

,

m

m/s11

5 16 10 51 68

= × =−, , .s ns

95. Para que a interferência de duas ondas seja destrutiva, a diferença de percurso, em compri-mento de onda, deve ser um múltiplo ímpar de l/2, em que l é o comprimento de onda.

(a) Uma diferença de percurso de l/2 produz a primeira franja escura, uma diferença de 3l/2 produz a segunda franja escura, etc. Assim, a quarta franja escura corresponde a uma diferença de percurso de 7l/2 = 7(500 nm)/2 = 1750 nm = 1,75 mm.

(b) Se os ângulos são pequenos, as franjas são igualmente espaçadas e, portanto, se Dy é a dis-tância entre máximos vizinhos, a distância entre a franja clara central é 3,5Dy = 16,8 mm, o que nos dá Dy = 16,8/3,5 = 4,8 mm.

Nota: A distância entre a franja clara de ordem m e a franja central é

y D D D mD

dclara = ≈ ≈ =tan sen

e a distância entre a franja escura de ordem m e a franja clara central é

y mD

descura = +

1

2

.

96. Podemos usar a expressão obtida no Exemplo “Interferência no revestimento de uma lente de vidro”:

Ln

Lmin

min

( , ), , .= = = ⇒ =

4 4 1 25

0 20 0 202

97. Vamos supor que o sistema de divisão do feixe é tal que as duas ondas interferem constru-tivamente quando x = 0 (em alguns interferômetros, isso acontece para outros valores de x). Podemos adaptar a Eq. 35-23 a esta situação introduzindo um fator de 2 no numerador (já que o interferômetro usa luz refletida) e eliminando o fator sen u. Nesse caso, a diferença de fase entre os dois raios luminosos é Df = 2(2px/l) = 4px/l. Assim, de acordo com a Eq. 35-22, fazendo 4I0 = Im, obtemos:

I I Ix

m m=

=

cos cos .2 2

2

2D

A figura a seguir mostra um gráfico de I/Im em função de x/l.


De acordo com a figura, a intensidade é máxima para

xm

m= =2

0 1 2, , , , ...

e mínima para

x m m= +( ) =1

42 1 0 1 2, , , , ...

98. Note que o raio 1 percorre uma distância adicional de 4L em relação ao raio 2. Para que a interferência seja construtiva quando l = 620,0 nm, devemos ter

4L = ml em que m é um número inteiro.

Para que a interferência seja destrutiva quando l9 = 496,0 nm, devemos ter

4L = kl9/2 em que k é um número ímpar.

Igualando as duas equações e explicitando k, obtemos

k m m m=′

= =2 2620

4962 5

, .

Esta condição é satisfeita para m = 2 e k = 5. Também é satisfeita para m = 3, 4, ... Entretanto, como estamos interessados em calcular o menor valor possível de L, escolhemos o menor valor possível de k, que é k = 5. Substituindo k por seu valor na equação 4L = kl9/2, obtemos

L = ′ = =5

8

5 620 0

8310 0

( , ), .

nmnm

99. Combinando a Eq. 35-3, n = c/v, com a relação v = Dx/Dt, obtemos uma equação para o intervalo de tempo necessário para que a luz chegue ao alvo:

DD

t nx

c= .

(a) No caso da pistola 1, Dt = [(1,55)(2,00 × 10−3 m) + (1,70)(2,00 × 10−3 m) + (1,60)(2,00 × 10−3

m) + (1,45) (2,00 × 10−3 m)]/(3,0 × 108 m) = 42,0 × 10–12 s = 42,0 ps.

(b) No caso da pistola 2, Dt = [(1,70)(2,00 × 10−3 m) + (1,45)(2,00 × 10−3 m) + (1,60) (4,00 × 10−3 m)]/(3,0 × 108 m) = 42,3 × 10–12 s = 42,3 ps. (c) No caso da pistola 3, Dt = [(1,60)(2,00 × 10−3 m) + (1,70)(2,00 × 10−3 m) + (1,59)(4,00 × 10−3 m)]/(3,0 × 108 m) = 43,2 × 10–12 s = 43,2 ps.

(d) No caso da pistola 4, Dt = [(1,60)(2,00 × 10−3 m) + (1,61)(4,00 × 10−3 m) + (1,45)(2,00 × 10−3 m)] /(3,0 × 108 m) = 41,8 × 10–12 s = 41,8 ps.

(e) De acordo com os resultados dos itens anteriores, o disparo da pistola 4 será o primeiro a atingir o alvo.

100. De acordo com a Eq. 35-36, para que a interferência seja construtiva, devemos ter 2n2L = (m + 1/2)l, o que nos dá

=+

=+

=+

2

1 2

2 1 50 410

1 2

1230

1 22n L

m m m

( , ) ( ),

nm nm


em que m = 0, 1, 2, … O único valor de m para o qual o comprimento de onda calculado está dentro da faixa da luz visível é m = 1. Assim,

=+

=1230

1 1 2492

nmnm.

101. No caso de uma tela distante, o ângulo u é pequeno e podemos usar a aproximação sen u ≈ u. Assim, de acordo com a Eq. 35-14,

D D D DD

≈ =

= = ⇒ = = × −

senm

d dm

dd

589 10 9 m

00 0183 3 10 335

,, .

radm m= × =−

102. Como Df = 60° = p/3 rad, a velocidade angular dos fasores é

= =

×= ×−

D

Dt

/ rad

2,5 srad/s.

3

104 19 10

1615,

Como o meio no qual as ondas estão se propagando é presumivelmente o ar, no qual a velocidade da luz é aproximadamente c, temos:

= =2

450c

nm.

1. (a) Podemos usar a Eq. 36-3 para calcular a distância entre o primeiro mínimo (m1 = 1) e o quinto mínimo (m2 = 5):

D D D Dy D Dm

a

D

am

D

am m= =

= = −( )sen .

2 1

Explicitando a largura a da fenda, obtemos:

aD m m

y= − = × −−( ) ( )( )( )

,2 1

6400 550 10 5 1

0 35D

mm mm

mmmmm= 2 5, .

(b) Para m = 1,

sen( )( )

,, se

= = × = × ⇒ =

−−m

a

1 550 10

2 52 2 10

64mm

mmnn ( , ) , .− − −× = ×1 4 42 2 10 2 2 10 rad


a m

= = =

sen sen ,, .

1

45 01 41

°

3. (a) Como a onda que incide na lente é uma onda plana, a imagem está em foco no plano focal da lente, situado a uma distância de 70 cm da lente. Assim, se a imagem está em foco na tela, a tela está a 70 cm da lente.

(b) As ondas que saem da lente fazendo um ângulo u com o eixo da lente interferem para pro-duzir um mínimo de intensidade se a sen u = ml, em que a é a largura da fenda, l é o compri-mento de onda e m é um número inteiro. A distância na tela entre o centro da figura de difração e o primeiro mínimo é dada por y = D tan u, na qual D é a distância entre a lente e a tela. Para as condições do problema,

sen( )( )

,,

= = ××

= ×−

−−m

a

1 590 10

0 40 101 475 10

9

3

m

m33.

Assim, u = 1,475 × 10–3 rad e

y = (0,70 m) tan(1,475 × 10–3 rad) = 1,0 × 10–3 m = 1,0 mm.

4. (a) De acordo com as Eqs. 36-3 e 36-12, quanto menor o comprimento de onda, menor o ângulo de difração. Isso significa que os efeitos de difração são menores para menores compri-mentos de onda.

(b) Usando a Eq. 36-3, com m = 1, para calcular o valor de 2u (a largura angular do máximo central de difração), obtemos:

2 2 20 50

5 0111 1

=

=

=− −sen sen,

,a

m

m°..

(c) Um cálculo semelhante para l = 0,010 m nos dá 2u = 0,23°.

Capítulo 36


5. (a) A condição para um mínimo em uma figura de difração de uma fenda é

a sen u = ml,

na qual a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Como l = la e m = 1, o ângulo u é o mesmo que para l = lb e m = 2. Assim, temos:

la = 2lb = 2(350 nm) = 700 nm.

(b) Seja ma o número inteiro associado a um mínimo da figura de difração produzida por uma luz de comprimento de onda la e seja mb o número inteiro associado a um mínimo da figura de difração produzida por uma luz de comprimento de onda lb. Um mínimo de uma das figuras de difração coincide com um mínimo da outra se os ângulos de difração forem iguais, o que signi-fica que mala = mblb. Como la = 2lb, os mínimos coincidem se 2ma = mb. Assim, um mínimo sim um mínimo não da figura de difração produzida por uma luz de comprimento de onda lb coincide com um mínimo da figura de difração produzida por uma luz de comprimento de onda la. Fazendo ma = 2, obtemos mb = 4.

(c) Fazendo ma = 3, obtemos mb = 6.

6. (a) u = sen–1 (1,50 cm/2,00 m) = 0,430°.

(b) No caso do mínimo de difração de ordem m, a sen u = ml. Explicitando a largura a da fen-da, obtemos:

am= = =

sen

( )

sen ,, .

2 441

0 4300 118

nmmm

°

7. A condição para um mínimo da figura de difração de uma fenda é

a msen , =

na qual a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Como o ângulo u é medido em relação ao centro da figura de difração, para a situação descrita no enun-ciado temos m = 1 e u = 1,20°/2 = 0,60°. Assim,

am= = × = × =

−−

sen sen ,,

633 10

0 606 04 10

95m

m 60,4°

mm.

8. Se y é a distância entre o primeiro mínimo e o eixo central, temos:

sen ,=

+=y

D y a2 2

o que nos dá

yD

a

D

af vs

=( ) −

=( ) −

=( )( )

2 21 1

100

0 300 3000 3

m

m Hz, 443 141 2

2m s

m( ) −

= , .

9. A condição para um mínimo de intensidade em uma figura de difração de uma fenda é a sen u = ml, em que a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Para determinar a posição angular do primeiro mínimo, fazemos m = 1:

11 1

9

3

589 10

1 00 10=

= ×

×

− −−

−sen sen,a

m

m

= × −5 89 10 4, .rad

Se D é a distância entre a fenda e a tela, a distância na tela entre o centro da figura de difração e o primeiro mínimo é

y D1 143 00 5 89 10 1 767 10= = ( ) ×( ) = ×−tan , tan , , m rad −−3 m .


Para determinar o ângulo do segundo mínimo, fazemos m = 2:

21

9

3

2 589 10

1 00 101 178= ×

×

= ×−

−

−sen( )

,,

m

m110 3− rad .

A distância na tela entre o centro da figura de difração e o segundo mínimo é

y2 = D tan u2 = (3,00 m) tan (1,178 × 10–3 rad) = 3,534 × 10–3 m.

A distância entre os mínimos é

Dy = y2 – y1 = 3,534 mm – 1,767 mm = 1,77 mm.

10. Como y = mlL/a, temos:

D D Dym L

a

L

am=

= = ( ,

,[

632 8

1 37

nm)(2,60)

mm110 10 24 0− − =( )] , mm.


D D

=

( ) =

×

−

2 2

589 10

0 106

x sen,

mm

mmmrad,

230 266 7

=sen ,°

o que equivale a 266,7 rad – 84p rad = 2,8 rad = 160°.

12. (a) Como a inclinação da reta da Fig. 36-38 é 12 rad/1 = 12 e, de acordo com a Eq. 36-6, esta inclinação é igual a pa/l, temos:

a = = = ≈12 12 6102330 2 33

(,

nm)nm m.

(b) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-3 uma variável contínua apenas para efeito de cál-culo, temos:

ma a

max maxsen , .= ( ) = = ≈

2330

6103 82

nm

nm

Existem, portanto, três mínimos de cada lado do máximo central, o que nos dá um total de seis mínimos.

(c) Fazendo m = 1 na Eq. 36-3 e explicitando u, obtemos:

= = = =− − −sen sen sen ( , ) ,1 1 1610

23300 262 15

a

nm

nm22o.

(d) Fazendo m = 3 na Eq. 36-3 e explicitando u, obtemos:

= = =− − −sen sen

(sen ( ,1 1 13 3 610

23300 7854

a

nm)

nm)) , .= 51 8o

13. (a) u = sen–1 (0,011 m/3,5 m) = 0,18°.


=

=

× −a

sen( , ) sen ,0 025 0 18

538 10 6

mm

m

°

mmrad= 0 46, .



I

Im

( ) sen, .

=

=

2

0 93

14. (a) Como u = tan−1(y/D) = tan−1 (15 cm/300 cm) = 2,86°, a Eq. 36-6 nos dá

= = =a sen ( )sen ,, .

6000 2 86

5001 883

nm

nmrad

°

Assim,

I

Ip

m

=

=sen

, .

2

0 256


ma= = ≈sen ( )sen ,

, ,

6000 2 86

5000 60

nm

nm

°

o que mostra que o ângulo nos leva a um ponto situado entre o máximo central e o primeiro mínimo, que corresponde a m = 1 na Eq. 36-3.


I Im= sen,

2

2

em que a = (pa/l) sen u, a é a largura da fenda e l é o comprimento de onda. Fazendo I = Im/2, obtemos

sen .2 21

2 =

(b) Calculando sen2 1,39 e 1,392/2 com cinco algarismos significativos, obtemos os valores de 0,96766 e 0,96605, respectivamente, o que nos dá uma diferença de 0,00161, ou seja, menos de 0,2%, em relação ao valor que anula a expressão obtida no item (a). Para nos certificarmos de que 1,39 rad está mais próximo da solução do que qualquer outro valor com três algarismos significativos, calculamos as diferenças sen2 1,385 − 1,3852/2 = 0,00677 e sen2 1,395 − 1,3952/2 = 0,003597, o que confirma que 1,39 é a solução correta.

(c) Como a = (pa/l) sen u e a/p = 1,39/p = 0,442,

=

−sen,

.1 0 442

a

A distância angular entre os dois pontos de meia intensidade, um de cada lado do centro da fi-gura de difração, é, portanto,

D = =

−2 20 4421sen

,.

a

(d) Para a = 1,0l,

D =

= =−20 442

1 00 916 52 51sen

,

,, , .rad o


(e) Para a = 5,0l,

D =

= =−20 442

5 00 177 10 11sen

,

,, , .rad o

(f) Para a = 10l,

D =

= =−2

0 442

100 0884 5 061sen

,, , .rad o

16. Considere a explicação de Huygens do fenômeno de difração. Na presença do objeto A, ape-nas as ondas secundárias de Huygens que passam pelo furo chegam ao ponto P. Suponha que essas ondas produzem um campo elétrico resultante

EA. Na presença do objeto B, a luz que foi

bloqueada pelo objeto A chega ao ponto P e a luz que passou pelo furo do objeto A é bloquea-da. Suponha que, nesse caso, o campo elétrico resultante é

EB. A soma

E EA B+ é a resultante

das ondas que chegam ao ponto P na ausência do objeto A e do objeto B. Como o ponto P está na região de sombra geométrica, essa soma é zero. Assim,

E EA B= − , e, como a intensidade é

proporcional ao quadrado do campo elétrico, a intensidade no ponto P é a mesma quando A está presente e quando B está presente.

17. (a) De acordo com a Eq. 36-5, a intensidade da figura de difração de uma fenda é dada por

I Im= sen,

2

2

em que a é dado pela Eq. 36-6. Para determinar os valores de a para os quais a intensidade é má-xima, derivamos a intensidade I em relação a a e igualamos o resultado a zero, o que nos dá

dI

dIm

= −( ) =2 0

3

sencos sen .

A derivada se anula nos pontos em que sen a = 0 e a ≠ 0, ou seja, nos pontos em que a = mp, sendo que m é um número inteiro, mas esses são os pontos em que a intensidade I é mínima. A derivada também se anula nos pontos em que a cos a – sen a = 0, ou seja, nos pontos em que tan a = a. Esses são os pontos em que a intensidade I é máxima.

(b) Os valores de a que satisfazem a relação tan a = a podem ser obtidos numericamente em uma calculadora ou em um computador: são ligeiramente menores que os valores de (m + 1/2)p rad. Também podem ser determinados graficamente, a partir de um desenho como o da figura a seguir, no qual as funções y = tan a e y = a são plotadas no mesmo gráfico. As interseções da reta y = a com a curva y = tan a são as soluções. A menor é a = 0.

(c) Escrevendo os máximos na forma a = (m + 1/2)p rad, os valores de m são dados por m = a/p − 0,500. Para a = 0, m = −0,500.


(d) O segundo menor valor de a é 4,493 rad.

(e) Para a = 4,493, m = 4,493/p − 0,500 = 0,930.

(f) O terceiro menor valor de a é 7,725 rad.

(g) Para a = 7,725, m = 7,725/p − 0,500 = 1,96.

18. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a maior dis-tância é

LD D

d= = = × ×− −

R /

m m

1 22

5 0 10 4 0 10

1 22 5

3 3

,

( , )( , )

, ( 550 1030

9×=− m

m)

.

19. (a) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”,

LD

d=

1 22

2 50 10

1 22 650 1

6 3

,

(

, (/

m)(1,5 10 m)= × ××

− −

000 19

9− = =m)

m 19 cm.,

(b) Como o comprimento de onda da luz azul é menor que o da luz vermelha e a distância má-xima é inversamente proporcional ao comprimento de onda, a distância seria maior.

20. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância mínima é

D L Ld

= =

= × ×

R m1 22

6 2 101 22 1 6 103,

( , )( , )( , −−

=2

2 353

m

mm

)

,.

21. (a) Vamos usar o critério de Rayleigh. Se L é a distância entre o observador e os objetos, a menor separação D que pode ser resolvida é D = LuR, em que uR é medido em radianos. Usando a aproximação para pequenos ângulos, temos:

DL

d= = × ×

×

−

−1 22 1 22 8 0 10 550 10

5 0 10

10 9, , ( , )( )

,

m m33

71 1 10m

m =1,1 10 km4= × ×, .

Como esta distância é maior que o diâmetro de Marte, é impossível observar detalhes da super-fície do planeta a olho nu.

(b) Nesse caso, d = 5,1 m e

D = × × = × =−1 22 8 0 10 550 10

5 11 1 10 1

10 94, ( , )( )

,,

m m

mm 11 km.

22. (a) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a menor dimensão é

D L Ld

= =

= × ×

Rm1 22 400 10 1 22 550 103, ( ) ( , ) ( −−

≈9

0 00550

m

mm.

)

( , )

(b) De acordo com o critério de Rayleigh, o astronauta não poderia ver com clareza a Grande Muralha da China [veja o resultado do item (a)].

(c) Os sinais de vida inteligente seriam, na melhor das hipóteses, ambíguos na parte da Terra iluminada pelo Sol. Ao passar pelo lado oposto da Terra, porém, o astronauta veria claramente os efeitos da iluminação artificial.


23. (a) De acordo com o critério de Rayleigh, a distância angular das fontes, em radianos, deve ser no mínimo uR = 1,22l/d, em que l é o comprimento de onda e d é o diâmetro da pupila. No caso dos faróis,

Rm

mrad 1,= ×

×= × ≈

−

−−1 22 550 10

5 0 101 34 10

9

34, ( )

,, 33 10 rad.× −4

(b) Se L é a distância entre os faróis e o observador quando os faróis estão no limite da resolução e D é a distância entre os faróis, D = LuR, usando a aproximação para pequenos ângulos. Assim,

LD= =

×= × =−R

m

radm km

1 4

1 34 101 0 10 10

44,

,, .

24. Usando a Eq. 36-12 com u = 2,5°/2 = 1,25°, temos:

d = =°

=1 22 1 22 550

1 2531

,

sen

, ( )

sen ,.

nmm

25. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância mínima é

D L Ld

= =

= × ×

R m1 22 3 82 101 22 550 18, ( , )

( , )( 00

5 150

9−=m

mm

)

,.

26. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, temos:

D

L dd

L

D= = ⇒ =

R 1 22

1 22,

,.

(a) De acordo com a equação anterior,

d = × × =−1 22 550 10 400 10

0 850 32

9 3, ( )( )

,, .

m m

mm

(b) De acordo com a equação do item a,

d = × × =−1 22 550 10 400 10

0 102 7

9 3, ( )( )

,, .

m m

mm

(c) Os satélites militares não usam grandes aberturas, comparáveis à do Telescópio Espacial Hubble; em vez disso, recorrem a técnicas sofisticadas de filtragem e processamento digital para melhorar a qualidade das imagens.

27. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, temos:

LD D

d= = = × ×− −

R

3

/

m)(4,0 10 m)

1 22

5 0 10

1 22 0

2

,

( ,

, ( ,,, ,

10 101 6 10 1 6 10

96 3

×= × = ×− m)

m km.

28. A Eq. 36-14 nos dá uR = 1,22l/d, em que, em nosso caso, uR ≈ D/L, com D = 60 mm e L é a distância que procuramos. Se d = 3,00 mm = 3000 mm é o diâmetro da pupila do observador,

LDd= = = ×

1 22

60 3000

1 22 0 552 7 10

,

( )( )

, ( , ),

m m

m55 27m cm= .

29. (a) De acordo com a Eq. 36-14, a separação angular é

Rm

mra= = × = ×

−−1 22 1 22 550 10

0 768 8 10

97, ( , )( )

,,

ddd.


(b) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância entre as estrelas é

D L= = ×R

anos-luz km ano-luz( )( , )( ,10 9 46 10 0 1812 ))

( )( ), .

3600 1808 4 107= × km

(c) O diâmetro do primeiro anel escuro é

d L= = = × −22 0 18 14

3600 1802 5 10 5

R

mm

( , )( )( )

( )( ), == 0 025, .mm

30. De acordo com a Fig. 36-42a, o diâmetro D9 do disco na retina é

′ = ′ = =D DL

L( , )

,,2 00

2 000 0889mm

cm

45,0 cmmm.

O ângulo mostrado na Fig. 36-42b é

= ′

= − −tan tan

,

,1 12 0 0889 2

6 00

D

x

/ mm/

mm

= 0 424, .°

Como este ângulo corresponde ao primeiro mínimo da figura de difração, sen u = 1,22l/d, em que l é o comprimento de onda e d é o diâmetro do defeito. Assim, temos:

d = = = ×1 22 1 22 550

0 4249 06 10

,

sen

, ( )

sen( , ),

nm

°−− ≈5 m 91 m.

31. (a) O primeiro mínimo da figura de difração está em uma posição angular u, medida em relação ao centro da figura, tal que sen u = 1,22l/d, em que l é o comprimento de onda e d é o diâmetro da antena. Se f é a frequência, o comprimento de onda é

= c

f= ×

×= × −3 00 10

220 101 36 10

8

93,

, .m s

Hzm

Assim,

=

= ×− −

−sen

,sen

, ( , )1 131 22 1 22 1 36 10

55d

m

,,, .

0 103 02 10

23

×

= ×−

−m

rad

A largura angular é o dobro deste valor, 2(3,02 × 10−3 rad) = 6,04 × 10–3 rad = 0,346°.

(b) Para l = 1,6 cm e d = 2,3 m, temos:

= ×

= ×−

−−sen

, ( , )

,,1

231 22 1 6 10

2 38 5 10

m

mradd

e a largura angular é 2(8,5 × 10−3 rad) = 1,7 × 10–2 rad = 0,97°.

32. (a) De acordo com a Eq. 36-12:

=

=

=− −sen,

sen, ( )1 11 22 1 22

d

v f

ds /

ssen( , ) ( )

( ) ( , )−

×

1 1 22 1450

0 60

m s

25 10 Hz m3== 6 8, .°

(b) Para f = 1,0 × 103 Hz, temos:

1 22 1 22 1450

0 602 9

, ( , )( )

( ) ( , ),

d=

×=m s

1,0 10 Hz m3>> 1.

Como sen u não pode ser maior que 1, nesse caso não existe um mínimo.



Rd

D

L= =1 22,

,

em que o raciocínio que leva à segunda igualdade é o mesmo do Exemplo “Pinturas pontilhis-tas e a difração da pupila”.

(a) De acordo com a equação anterior,

DL

d= = × ×

×

−1 22 1 22 1 40 10 2000 10

0 200

9 3, , ( , )( )

,

m m

11017 1

3− =m

m, .

(b) Densidade de energia é igual a potência por unidade de área. Supondo que o laser se com-porta como uma fonte isotrópica, a área no caso é a área da superfície de uma esfera, que é pro-porcional ao quadrado do raio. Assim, a razão r das densidades de energia é igual à razão das distâncias: r = (d/D)2 = 1,37 × 10−10.

34. (a) Como u = 1,22l/d, quanto maior o comprimento de onda, maior o raio do primeiro mí-nimo (e do segundo máximo). Assim, os dois anéis são vermelhos (a cor da luz visível com maior comprimento de onda).

(b) O diâmetro aproximado das gotas é

d = ≈ ×( ) =

−1 22 1 22 7 10

1 5 0 50 21

7, , ( )

, ( , )

m

/° °180,, , .3 10 0 134× =− m mm

35. As franjas claras são observadas para ângulos u dados por d sen u = ml, em que m é um número inteiro. Neste caso, temos d = 11a/2 e, portanto,

a sen u = 2ml/11.

O primeiro mínimo da figura de difração é observado para um ângulo u1 dado por a sen u1 = l e o segundo é observado para um ângulo u2 dado por a sen u2 = 2l, em que a é a largura da fenda. Temos que contar os valores de m para os quais u1 < u < u2 ou, o que é equivalente, os valores de m para os quais sen u1 < sen u < sen u2. Isto significa que 1 < (2m/11) < 2. Os valores de m que estão neste intervalo são m = 6, 7, 8, 9 e 10. Assim, existem cinco franjas claras entre o primeiro e o segundo mínimos da envoltória.

36. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta os efeitos de difração”, obtemos

d

a= ×

×=

−

−0 30 10

46 106 52

3

6

,, ,

m

m

que interpretamos como significando que o primeiro mínimo de difração acontece a uma dis-tância do centro da figura de interferência um pouco maior que o máximo correspondente a m = 6 da figura de interferência. Isto significa que a envoltória central inclui o máximo central da figura de interferência (correspondente a m = 0) e seis máximos laterais de cada lado, o que nos dá um total de 6 + 1 + 6 = 13 franjas claras entre os dois mínimos de primeira ordem da figura de difração.

37. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta os efeitos de difração”, obtemos n = 2(d/a) – 1 = 2(2a/a) – 1 = 3.

38. De acordo com o enunciado, a envoltória central de difração contém a franja clara cen-tral de interferência (correspondente a m = 0 na Eq. 35-25) e dez franjas laterais de cada lado. Como a décima primeira franja lateral de interferência não está contida na envoltória central,


concluímos que o primeiro mínimo da envoltória de difração (que satisfaz a relação senu = l/a) coincide com a décima primeira franja lateral de interferência, que corresponde a m = 11 na Eq. 36-25, o que nos dá

dm

aa

d

a= = = ⇒ =

sen.

1111 11

/

39. (a) Como o primeiro mínimo da figura de difração é observado para u = 5,00°, temos:

a = = =

sen

,

sen ,, .

0 440

5 005 0

mm

°

(b) Como a quarta franja lateral clara da figura de interferência está ausente, d = 4a = 4(5,05 mm) = 20 mm.

(c) No caso da franja de interferência com m = 1,

= = ° =a sen ( , )sen ,

,,

5 05 1 25

0 4400 787

m

mrad

e, portanto, a intensidade da franja é

I Im=

=sen

( , )sen( ,

,

2

7 00 787

0mW/cm

rad)2

77875 7

2

= , ,mW/cm2

o que está de acordo com a Fig. 36-45.

No caso da franja de interferência com m = 2,

= = ° =a sen ( , )sen ,

,,

5 05 2 50

0 4401 57

m

mrad

e, portanto, a intensidade da franja é

I Im=

=sen

( , )sen( ,

,

2

7 01 57

1 5mW/cm

rad)2

772 8

2

= , ,mW/cm2

o que também está de acordo com a Fig. 36-45.

40. (a) Como a inclinação da reta da Fig. 36-45 é (80 rad)/1 = 80 e, de acordo com a Eq. 36-20, essa inclinação é igual a pd/l, temos:

d = = = ≈80 80 43511 077 11 1

(. ,

nm)nm m.


md d

max maxsen,

, ,= ( ) = = ≈

11 077

43525 5

nm

nm

o que mostra que existem 25 franjas claras secundárias de um dos lados do máximo central. Isso significa que, incluindo o máximo central, existem 51 franjas claras de interferência (supondo, como é dito no enunciado, que nenhum dos máximos de interferência é totalmente eliminado por um mínimo de difração).

(c) O menor ângulo para o qual existe um máximo é o ângulo correspondente ao máximo cen-tral: u = 0°.


(d) Fazendo m = 25 na Eq. 35-25, obtemos

=

= − −sen sen

( )( )1 1 25 435

11077

m

d

nm

nm

= 79 0, .°

41. (a) Como o ângulo correspondente ao ponto P é

=

=

=− −tan tan,

,,1 1 0 700

4 009

y

D

m

m993 0 173° = , rad,

a Eq. 36-20 nos dá

= = ( ) =d sen , sen ,

,,

24 0 9 93

0 60021 66

m

mrad

°..

Assim, de acordo com a Eq. 36-21,

= = ( ) =a sen , sen ,

,,

12 0 9 93

0 60010 83

m

mrad

°,,

o que, de acordo com a Eq. 36-19, nos dá

I

Im

=

= [ ](cos )

sencos ( ,

se

2

2221 66 rad)

nn( ,

,, .

10 83

10 837 43 10

23rad)

= × −


md= = ( ) ≈sen , sen ,

,, ,

24 0 9 93

0 6006 9

m

m

°

o que mostra que o ponto P está entre o sexto mínimo de interferência (que corresponde a m = 6,5) e o sétimo máximo secundário (que corresponde a m = 7).

(c) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-3 uma variável contínua apenas para efeito de cál-culo, temos:

ma= = ( ) ≈sen , sen ,

,, ,

12 0 9 93

0 6003 4

m

m

°

o que mostra que o ponto P está entre o terceiro mínimo de difração (que corresponde a m = 3) e o quarto mínimo de difração (que corresponde a m = 4). Os máximos não estão exatamente a meio caminho entre os mínimos (veja o Problema 36-17) e sua localização é considerada na resposta.

42. (a) Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta os efeitos de difração”, fazemos a posição da quarta franja clara secundária da figura de inter-ferência coincidir com o primeiro mínimo da figura de difração, o que nos dá

sen . = = ⇒ =4

4d a

d

a

(b) Todas as franjas claras de interferência que coincidem com um mínimo de difração são eli-minadas. Isso acontece para

sen , = = =m

d

m

a

m

a1 2 1

4

o que nos dá m1 = 4m2, em que m2 = 1, 2, 3, … Assim, as franjas claras eliminadas são a 4a, a 8a, a 12a e assim por diante, ou seja, todas as franjas claras secundárias múltiplas de 4.


43. (a) As posições angulares u das franjas claras de interferência são dadas por d sen u = ml, em que d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. O primeiro mínimo de difração acontece para um ângulo u1 dado por a sen u1 = l, em que a é a largura das fendas. Como o pico de difração se estende de –u1 a +u1, devemos contar o núme-ro de valores de m para os quais −u1 < u < +u1 ou, o que é equivalente, o número de valores de m para os quais −sen u1 < sen u < +sen u1. Isso nos dá –1/a < m/d < 1/a, ou seja, –d/a < m < +d/a. Como

d

a= ×

×=

−

−0 150 10

30 0 105 00

3

6

,

,, ,

m

m

os valores de m são m = –4, –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 e +4, o que corresponde a um total de 9 franjas.

(b) A intensidade na tela é dada por

I Im= ( )

cos

sen22

na qual a = (pa/l) sen u, b = (pd/l) sen u e Im é a intensidade da franja central. No caso da terceira franja clara, d sen u = 3l, o que nos dá b = 3p rad, e a = 3pa/d = 3p/5,00 = 0,600p rad. Assim,

I

Im

=

=(cos )sen ,

,, .2

2

30 600

0 6000 255

Nota: A expressão da intensidade envolve dois fatores: (1) o fator de interferência cos2 b, as-sociado à interferência das ondas que passam por duas fendas separadas por uma distância d, e (2) o fator de difração [(sen a)/a]2, que resulta da difração produzida por uma fenda de largura a. No limite em que a → 0, (sen a)/a → 1 e recuperamos a Eq. 35-22, usada para calcular a interferência entre duas fendas de largura desprezível separadas por uma distância d. Por outro lado, fazendo d = 0 (ou b = 0), recuperamos a Eq. 36-5, usada para calcular a difração de uma única fenda de largura a. A figura a seguir mostra a intensidade relativa I/Im em função de u.

44. De acordo com a Eq. 36-25, os máximos de difração obedecem à relação d sen u = ml. Nes-te caso, como o ângulo entre os máximos correspondentes a m = 1 e m = –1 é 26°, o ângulo u correspondente a m = 1 é u = 26°/2 = 13°. Assim, a distância efetiva entre as ranhuras é

dm= = = ≈

sen

( )( )

sen,

1 550

132 4 2

nmm m.

°

45. A distância entre ranhuras vizinhas é

d = 20,0 mm/6000 = 0,00333 mm = 3,33 mm.


(a) Sabemos que d m msen , , , = = ± ±( )0 1 2… . Como |m|l/d > 1 para |m| ≥ 6, o maior valor de u corresponde a |m| = 5, o que nos dá

= ( ) =

− −sen | | sen

( ,

,1 1 5 0 589

3 33m d/

m)

m== 62 1, .°

(b) O segundo maior valor de u corresponde a |m| = 4, o que nos dá

= ( ) =

− −sen | | sen

( ,

,1 1 4 0 589

3 33m d/

m)

m== 45 0, .°

(c) O terceiro maior valor de u corresponde a |m| = 3, o que nos dá

= ( ) =

− −sen | | sen

( ,

,1 1 3 0 589

3 33m d/

m)

m== 32 0, .°

46. A posição angular do máximo de difração de ordem m é dada por ml = d sen u. Para que o máximo de quinta ordem seja observado, é preciso que

sen u|m=5 = 5l/d ≤ 1,

o que nos dá

≤ = =d

5

1 00

5635

,.

nm/315nm

Assim, o maior comprimento de onda para o qual as linhas de quinta ordem podem ser obser-vadas é l = 635 nm.

47. A distância entre as ranhuras é

d = 1/(400 mm–1) = 2,5 × 10–3 mm.

Como a posição angular das linhas de difração é dada pela relação d sen u = ml, em que l é o comprimento de onda e m é um número inteiro, para uma dada ordem, o ângulo u correspon-dente a um comprimento de onda maior é maior que o ângulo u correspondente a um compri-mento de onda menor. Vamos fazer l = lmax, o maior comprimento de onda do espectro visível, e verificar qual é o maior valor inteiro de m para o qual u ≤ 90°, ou seja, o maior valor inteiro de m para o qual mlmax ≤ d. Como

d

max

,, ,= ×

×≈

−

−2 5 10

700 103 57

6

9

m

m

esse valor é m = 3. Assim, a rede pode produzir três ordens completas de cada lado da ordem m = 0; a segunda e a terceira ordens estão parcialmente superpostas para os comprimentos de onda do espectro visível.

48. (a) Chamando de M o maior valor de m, devemos ter Ml = a sen u < d, o que nos dá M < d/l = 900 nm/600 nm = 1,5 e, portanto M = 1. Assim, são observados três máximos, correspon-dentes a m = −1, 0 e 1.


D

ml = = = = −

N d

d

N d N N dcos

sen

cos

tantan sen

1 1

=

−1

1000

6001tan sennm

900 nm

= 0 051, .°


49. (a) A posição angular dos máximos produzidos por uma rede de difração obedece à relação d sen u = ml, onde d é o espaçamento das fendas, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Como as linhas são vizinhas, a diferença entre os números de ordem é igual a 1. Seja m o número de ordem da linha para a qual sen u = 0,2 e seja m + 1 o número de ordem da linha para a qual sen u = 0,3. Nesse caso, 0,2d = ml e 0,3d = (m + 1)l. Subtraindo a primeira equação da segunda, obtemos 0,1d = l, o que nos dá

d = = × = × =−

−

0 1

600 10

0 16 0 10

96

, ,, .

mm 6,0 m

(b) A posição angular dos mínimos da figura de difração produzida por uma fenda obedece à relação a sen u = ml, em que a é a largura da fenda. Como os máximos de quarta ordem da fi-gura de interferência estão ausentes, a posição angular desses máximos deve corresponder a um dos mínimos da figura de difração. Se a é a menor largura para a qual os máximos desta ordem estão ausentes, a sen u = l e d sen u = 4l, o que nos dá

ad= = × = × =

−−

4

6 0 10

41 5 10

66,

, .m

m 1,5 m

(c) Vamos fazer u = 90° e determinar o maior valor de m para o qual ml < d sen u ; esta é a maior ordem que é difratada em direção à tela. A condição equivale a m < d/l, e como

d

= ×

×=

−

−6 0 10

600 1010 0

6

9

,, ,

m

m

o maior valor de m para o qual um máximo é observado é m = 9.

(d) Se os máximos de quarta ordem da figura de interferência coincidem com os mínimos de primeira ordem da figura de difração, os máximos de oitava ordem da figura de interferência coincidem com os mínimos de segunda ordem da figura de difração. Isso significa que os má-ximos de oitava ordem da figura de interferência estão ausentes e, portanto, o segundo maior valor de m para o qual um máximo é observado é m = 7.

(e) Como os máximos de sexta ordem da figura de interferência não coincidem com nenhum mínimo da figura de difração, o terceiro maior valor de m para o qual um máximo observado é m = 6.

50. Vamos usar a Eq. 36-25. Para m = ±1,

= = ±

±=d

m

sen ( ,1 73

1523

m) sen( 17,6 )nm,

°

para m = 2,

= =( ,1 73

2524

m)sen(37,3 )nm,

°

para m = −2,

= −

−=( ,1 73

2522

m)sen( 37,1 )nm,

°

para m = 3,

= =( ,1 73

3523

m)sen(65,2 )nm

°

e para m = −3,

= −

−=( ,1 73

3523

m)sen( 65,0 )nm.

°

O valor médio de l é (523 + 523 + 524 + 522 + 523 + 523)/6 = 523 nm.


51. (a) Como d = (1,00 mm)/180 = (1,00 × 10−3 m)/180, a Eq. 36-25 nos dá

=

= ×− − −sen sen ( )( ) .1 1 3180 10 2

m

dm

Assim,

11

11 3180 2 180 10 2= [ ] = ×− − −sen ( )( ) sen ( )( )(mm m 4400 10 0 144

8 3

9 1×[ ] =

=

− −m

o

) sen ( , )

, ,

21

21 3180 2 180 10 2= [ ] = ×− − −sen ( )( ) sen ( )( )(mm m 5500 10 0 180

10 4

9 1×[ ] =

=

− −m

o

) sen ( , )

,

e, portanto, Du = u2 − u1 = 10,4o − 8,3o = 2,1o.

(b) De acordo com a Eq. 36-25, a condição para que dois máximos se superponham é m1l1 = m2l2, o que pode ser escrito na forma m2/m1 = l2/l1 = (500 nm)/(400 nm) = 5/4, o que nos dá m1 = 5 e m2 = 4. Assim,

=

= ×− −

−sen sen

)

,1 1 1 1

410

0 005

m

d

5(4, 0 mm

660 36 211

mm

= ( ) =−sen , .°

(c) Como l2 > l1, as posições angulares são maiores para l2 e, portanto, só é necessário reali-zar o cálculo para esse comprimento de onda. Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:

md d

maxsen ,

,= = =×

=−90 0 0056

1011

2 24

°

mm

mm5, 022,

o que mostra que a maior ordem para a qual os máximos associados aos dois comprimentos de onda estão presentes na figura de difração é a ordem correspondente a m = 11.

52. Como a rede possui 160 ranhuras/mm, o espaçamento das ranhuras é

d = = ×−

−10

1606 25 10

36m

m, .

(a) Para resolver este item, temos que calcular o valor de u para vários valores de m e l a partir da Eq. 36-25. Para m = 2 e l = 460 nm, por exemplo, temos:

=

= ×

×− −

−

−sen sen)

,1 1

910

6 25 10

m

d

2(460 m66

1 0 1472 8 46m

= ( ) =−sen , , .°

Procedendo de forma análoga, obtemos 11,81° para m = 2 e l = 640 nm, 12,75° para m = 3 e l = 460 nm e 17,89° para m = 3 e l = 640 nm. A primeira superposição acontece quando calcu-lamos o ângulo para m = 4 e l = 460 nm; o resultado é 17,12°, um ângulo menor que o calcula-do para m = 3 e l = 460 nm. Assim, a menor ordem que se superpõe a outra ordem é a terceira, que se superpõe à quarta.

(b) Como as posições angulares são maiores para maiores comprimentos de onda, só é neces-sário realizar o cálculo para o maior comprimento de onda do feixe original. Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:

md

maxsen ,=×

= ××

=−

−

−90

640 10

6 25 10

640 109

6

9

°

m

m

m99 8, ,


o que mostra que a maior ordem para a qual todos os comprimentos de onda estão presentes é a nona ordem.

(c) Para m = 9 e l = 460 nm, a Eq. 36-25 nos dá

= ××

=−

−

−−sen

( )

,sen (1

9

619 460 10

6 25 100

m

m,, ) , .662 41 5= o

(d) Para m = 9 e l = 640 nm, a Eq. 36-25 nos dá

= ××

=−

−

−−sen

( )

,sen (1

9

619 640 10

6 25 100

m

m,, ) , .922 67 2= o

(e) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cál-culo, temos:

md

maxsen ,=×

= ××

=−

−

−90

460 10

6 25 10

460 109

6

9

°

m

m

m113 6, ,

o que mostra que a maior ordem para a qual a luz de 460,0 nm aparece é a correspondente a m = 13. Assim, temos:

=

= ×

×− −

−sen sen

)

,1 1

910

6 25 10

m

d

13(460 m−−

−

= ( ) =6

1 0 957 73 1m

sen , , .°

53. No ponto da tela correspondente à borda interna do furo, tan u = 5,0 cm/30 cm, o que nos dá u = 9,46°. Além disso, sabemos que o espaçamento d das ranhuras é 1,0 mm/350 = 1,0 × 106 nm/350.

(a) De acordo com a Eq. 36-25, temos:

md= =

×( )( )=sen , ,

.

1 0 10 0 1644 4706 nm/350 nm

Como, para a luz branca, l > 400 nm, o único número inteiro possível é m = 1. Assim, na borda do furo, l = 470 nm. Este é o menor comprimento de onda da luz que passa pelo furo.

(b) Na borda externa do furo, tan u9 = 6,0 cm/30 cm, o que nos dá u9 = 11,31°. Assim, o maior comprimento de onda da luz que passa pelo furo é

′ = ′ = ×

= d sen,

sen( , )1 0 10

35011 31 560

6 nm° nnm.

54. Como a largura das fendas é muito menor que o comprimento de onda da luz, o pico cen-tral da figura de difração se espalha por toda a tela e a envoltória de difração pode ser ignorada. Considere três ondas, cada uma proveniente de uma fenda. Como o espaçamento das fendas é uniforme, a diferença de fase entre as ondas provenientes da primeira e segunda fendas é igual à diferença de fase entre as ondas provenientes da segunda e terceira fendas. Assim, os campos elétricos das ondas na posição da tela podem ser escritos na forma

E E t

E E t

E E t

1 0

2 0

3 0 2

=

= +

= +

sen( )

sen( )

sen( )

em que f = (2pd/l) sen u, d é a distância entre fendas vizinhas e l é o comprimento de onda. O diagrama fasorial é mostrado na figura a seguir.


O campo resultante é

E E E E= + = +( )0 0 0 1 2cos cos cos .

Como a intensidade de uma onda é proporcional ao quadrado do campo elétrico, temos:

I AE= +( )02 2

1 2 cos ,

em que A é uma constante de proporcionalidade. Para f = 0, a intensidade tem o valor máximo, I AEm = 9 0

2. Fazendo A I Em= /9 02 na equação anterior, obtemos

II Im m= +( ) = + +( )9

1 29

1 4 42 2cos cos cos .

55. Se uma rede de difração mal consegue resolver dois comprimentos de onda cuja média é lmed e cuja diferença é Dl, a resolução da rede é definida através da equação R = lmed/Dl. De acordo com a Eq. 36-32, R = Nm, na qual N é o número de ranhuras da rede e m é a ordem das linhas. Assim, lmed/Dl = Nm e

Nm

= = ( )( ) = ×

med nm

nmranhur

D

656 3

1 0 183 65 103,

,, aas.

56. (a) Como R Nm= = ∆ , temos:

Nm

= =+( )

−

D

415 496 415 487 2

2 415 96 415

, ,

, ,

nm nm

nm 448723 100

nm( ) = . .

(b) Como o espaçamento das ranhuras é d = (4,0 × 107 nm)/23.100 = 1732 nm, a posição angu-lar dos máximos de segunda ordem é

=

=

− −sen sen

( ) ( , )1 1 2 415 5

1732

m

d

nm

nm

= 28 7, .°

57. (a) Como o espaçamento das ranhuras é d = (76 × 106 nm)/40.000 = 1900 nm, a posição angular dos máximos de primeira ordem é

=

=

=− −sen sen .1 1 589

190018

d

nm

nm°

Fazendo m = d sen u/l na Eq. 36-30, obtemos

D = = = × =−tan tan, ,

18

5895 5 10 0 0324°

°nm

rad/nm /nmm.


(b) Para m = 1, a resolução é R = Nm = 40.000m = 40.000 = 4,0 × 104.

(c) Para m = 2, u = 38° e o valor correspondente da dispersão é 0,076°/nm.

(d) Para m = 2, a resolução é R = Nm = 40.000 m = (40.000)2 = 8,0 × 104.

(e) Para m = 3, u = 68° e o valor correspondente da dispersão é 0,24°/nm.

(f) Para m = 3, a resolução é R = Nm = 40.000 m = (40.000)3 = 1,2 × 105.

58. (a) Como R = l/Dl = Nm, temos:

D= = =

Nm

500

5 0 30 056

nm

600/mm mmnm = 56

( )( , )( ), ppm.


md d

max maxsen( / )

= ( ) = =×

=−

1

6003

6mm)(500 10 mm,, ,3

o que mostra que nenhuma ordem acima da terceira pode ser observada.


D= = =med nm

linhas/cm cmNm

600

1000 2 0 20

( )( , )( ),115 nm.


Nm

= =+( )

−

med nm 589,0 nm /

nmD

589 6 2

2 589 6 589 0

,

, , nnm( ) = 491.


dm= =

°= × =

med

sen

nmnm 10 m

3 589 3

101 0 104( , )

sen, ..

(b) A largura da rede é

L NdR

md

d

m= =

= =

med nm m

D

( , )( )

(

589 3 10

3 5899 59 589 003 3 103

, , ),

nm nmm = 3,3 mm.

−= ×

62. (a) De acordo com as Eqs. 36-28, 36-32 e 36-25, temos:

D

ml R

N dNm

m

d

d

d=

= = =cos cos

sen

costann .

(b) Como se trata da primeira ordem, m = 1 e o ângulo correspondente, u1, satisfaz a relação d sen u1 = ml = l, o que nos dá sen u1 = l/d. Assim, o produto pedido é

tansen

cos

sen

sen ( sen )

1

1

1

1

21 1

21

1

1= =

−=

−/ 11

1

1

1

900 10 89

2

2

=−

=−

=

( )

( ), .

d /

nm/600 nm


63. Seja l1 o menor comprimento de onda e seja u a posição angular da linha associada a l1. Seja l2 o maior comprimento de onda e seja u + Du a posição angular da linha associada a l2. Se o espectro cobre um ângulo Du, temos:

1 2= = +d dsen sen( ).e D

Como

sen (u + Du) = sen u cos Du + cos u sen Due

cos sen , = −1 2

temos:

l2 = d(sen u cos Du) + d(cos u sen Du) = l1 cos Du + d 212− sen .D

Explicitando d, obtemos

d =−( ) + ( )

= −

2 1

21

2

2

680

cos sen

sen

( ) (

D D

D

nm 4430 20 430 20

20

2 2

2

nm nm) cos ( )sen

sen

° °

°[ ] + [ ]

= 9914 9 14 10 4nm mm.= × −,

Isso significa que existem 1/d = 1/(9,14 × 10–4 mm) = 1,09 × 103 ranhuras por mm.

64. Fazendo m = 1 na Eq. 36-34, obtemos:

min senpm=

=

×− −1 1 1 30

2 0 30 1

m

d2sen

( ) ( )

( , 002 9

3 pm), .

= °

65. No caso do primeiro feixe, 2d sen u1 = lA; no caso do segundo, 2d sen u2 = 3lB.

(a) O valor de d pode ser calculado a partir da segunda relação:

d B= = = ×3

2

3 97

2 601 7 10

2

2

sen

( )

sen,

pmpm.

°

(b) Uma vez conhecido o valor de d, o valor de lA pode ser conhecido a partir de primeira re-lação:

A d= = × = ×2 2 1 7 10 23 1 3 1012 2sen ( , ) (sen ) ,pm pm.°

66. O comprimento de onda dos raios X é

l = 2d sen u = 2(39,8 pm) sen 30,0° = 39,8 pm.

67. (a) Na Fig. 36-46, o ângulo do pico mais intenso é aproximadamente 0,75°. De acordo com a Eq. 36-34, temos:

1 12 2 0 94 0 75 0 025 25= = = =d sen ( , ) sen( , ) ,nm nm p° mm.

Este pico é produzido pelo menor comprimento de onda.

(b) Na Fig. 36-46, o ângulo do segundo pico mais intenso é aproximadamente 1,15°. De acordo com a Eq. 36-34, temos:

2 = = = =2 2 0 94 1 15 0 038 382d sen ( , ) sen , ,nm nm pm.°

Este pico é produzido pelo maior comprimento de onda.


Nota: Como o feixe contém apenas dois comprimentos de onda, os outros picos devem ser pro-duzidos por difrações de ordem maior que 1. Para verificar se isso é verdade, podemos calcular a posição dos picos de segunda ordem produzidos pelos dois comprimentos de onda. No caso do menor comprimento de onda, temos:

′ = = =− − −

21 2 1 12

2

0 038

0 940 0sen sen

,

,sen ( ,

d

nm

nm440 2 32) , ,= o

que corresponde à posição do quarto pico mais intenso.


2

2

222

12 1

d

d

sen

sensen sen .

= ⇒ =

Assim, para u1 = 3,4°, obtemos u2 = 6,8°. Note que u2 ≈ u1 porque os ângulos envolvidos são pe-quenos (para ângulos pequenos, u2/u1 ≈ sen u2 / sen u1).


dm= = × = × ≈

−−

2

2 0 12 10

2 282 56 10

910

sen

( , )

sen,

mm

°00,26 nm.

70. De acordo com a Eq. 36-34, 2d sen u = l. Como o ângulo de incidência nos planos refletores é u = 63,8° – 45,0° = 18,8° e a distância interplanar é d = a0/ 2 , temos:

a d0 22

2

0 260 2

2 18 80 570= = = =

sen

( ,

sen ,,

nm)nm.

°


=

= ×− −

−sen sen

( , )

( ,1 1

9

2

0 125 10

2 0 25

m

d

mm

22 100 2480

91

×

=−−

m)sen ( , ).m

(a) Para m = 2, a equação do enunciado nos dá u = 29,7°. Isto significa que o menor valor de uma rotação no sentido horário é f = 45° − 29,7° = 15,3°.

(b) Para m = 1, a equação do enunciado nos dá u = 14,4°. Isto significa que o menor valor de uma rotação no sentido horário é f = 45° − 14,4° = 30,6°.

(c) Para m = 3, a equação do enunciado nos dá u = 48,1°. Isto significa que o menor valor de uma rotação no sentido anti-horário é f = 48,1° − 45° = 3,1°.

(d) Para m = 4, a equação do enunciado nos dá u = 82,8°. Isto significa que o maior valor de uma rotação no sentido anti-horário é f = 82,8° − 45° = 37,8°.

Note que não existem máximos de difração para m > 4, o que pode ser constatado observando que ml/2d > 1 para m > 4.

72. Os comprimentos de onda satisfazem a relação

ml = 2d sen u = 2(275 pm)(sen 45°) = 389 pm.

No intervalo de comprimentos de onda especificado, os valores permitidos de m são m = 3 e m = 4.

(a) O maior comprimento de onda é 389 pm/3 = 130 pm.

(b) O valor do número de ordem m associado é m = 3.


(c) O menor comprimento de onda é 389 pm/4 = 97,2 pm.

(d) O valor do número de ordem m associado é m = 4.

73. As famílias de planos com as cinco maiores distâncias interplanares (depois de a0) são mos-tradas na figura a seguir.

(a) A segunda maior distância interplanar é a a0 02 0 7071= , .

(b) A terceira maior distância interplanar é a a0 05 0 4472= , .

(c) A quarta maior distância interplanar é a a0 010 0 3162= , .

(d) A quinta maior distância interplanar é a a0 013 0 2774= , .

(e) A sexta maior distância interplanar é a a0 017 0 2425= , .

(f) Como todo plano cristalino passa por pontos da rede, a inclinação do plano pode ser escrita como a razão de dois números inteiros. Considere uma família de planos de inclinação m/n, como mostra a figura a seguir. O primeiro e o último planos mostrados no desenho passam por pon-tos vizinhos de uma mesma reta horizontal e são separados por m – 1 planos. Se h é a distância entre o primeiro plano e o último plano, a distância interplanar é d = h/m. Se os planos fazem um ângulo u com a horizontal, a normal aos planos (indicada na figura por uma reta tracejada) faz com a horizontal um ângulo f = 90° – u. A distância h é dada por h = a0 cos f e a distância interplanar é d = h/m = (a0/m) cos f. Como tan u = m/n, tan f = n/m e

cos tan . = + = +1 1 2 2 2m n m

Assim,

dh

m

a

m

a

n m= = =

+0 0

2 2

cos.



Rmm

mmr= = × = ×

−−1 22

1 22 540 10

5 01 3 10

64,

( , )( )

,,

daad.

(b) A separação linear é D = LuR = (160 × 103 m) (1,3 × 10–4 rad) = 21 m.


= d

m m m

sen ( ,,= =1 0 2500mm/200)(sen30 ) nm°

em que m é um número inteiro. Como o comprimento de onda deve estar no intervalo da luz visível, m pode assumir apenas os seguintes valores: m1 = 4, m2 = 5 e m3 = 6.

(a) O maior comprimento de onda corresponde a m1 = 4, o que nos dá l1 = 2500 nm/4 = 625 nm.

(b) O segundo maior comprimento de onda corresponde a m2 = 5, o que nos dá l2 = 2500 nm/5 = 500 nm.

(c) O terceiro maior comprimento de onda corresponde a m3 = 6, o que nos dá l3 = 2500 nm/6 = 416 nm.

76. Combinando a Eq. 36-31 (R = lmed /Dl) com a Eq. 36-32 (R = Nm) e explicitando N, obte-mos:

Nm

med= = = ×

D

590 2

2 0 0614 84 103,

( , ), .

nm

nm

77. Quanto mais estreita a fenda, mais larga é a figura de difração. Assim, falar de “largura míni-ma” equivale a dizer que devemos procurar os menores valores possíveis de m (a ordem do míni-mo produzido para um comprimento de onda l = 600 nm) e m9 (a ordem do mínimo produzido para um comprimento de onda l9 = 500 nm). Como os ângulos são iguais, a Eq. 36-3 nos dá

m m = ′ ′,

o que significa que m = 5 e m9 = 6. Assim, de acordo com a Eq. 36-3,

am= = ×

×=

−

−λ

sen

( )

5 600 10

10

9

9

m

sen(1,00 rad)3,00 ×× −10 3 m.


A figura a seguir mostra a variação angular da intensidade das linhas de difração. A linha cheia representa a intensidade para a luz laranja; a linha tracejada, a intensidade para a luz verde. O ângulo u = 0,001 rad corresponde a m = 5 para a luz laranja e a m9 = 6 para a luz verde.

78. A envoltória central de difração se estende ao intervalo –u1 < u < +u1, em que u1 = sen−1(l/a). Como a posição angular dos máximos do padrão de interferência de dupla fenda é dada por

mm

d=

−sen ,1

devemos ter

−

<

< +

− − −sen sen sen1 1 1

a

m

d a ,

que, como o seno é uma função monotonicamente crescente no primeiro e no quarto quadrantes, em que estão todos esses ângulos, equivale a

− < < +

a

m

d a.

Escrevendo essa desigualdade na forma –d/a < m < +d/a, obtemos –6 < m < +6, o que nos dá, como m é um número inteiro, –5 ≤ m ≤ +5. Assim, existem 11 franjas claras entre os dois mí-nimos da primeira ordem da figura de difração.

79. (a) Como a resolução de uma rede de difração é dada por R = l/Dl e por Nm, o intervalo de comprimentos de onda que podem ser resolvidos na ordem m é Dl = l/Nm, na qual N é o número de ranhuras da rede e l é a largura de linha média. A frequência f está relacionada ao comprimento de onda através da equação fl = c, em que c é a velocidade da luz. Isto significa que f Dl + l Df = 0, o que nos dá

D D D = − = −f

fc

f2

O sinal negativo está relacionado ao fato de que um aumento da frequência corresponde a uma diminuição da largura de linha. Podemos interpretar Df como o intervalo de frequências que podem ser resolvidas e considerar esse valor como positivo. Assim,

2

cf

NmD =

e

Dfc

Nm=

.


(b) A diferença entre os tempos de percurso dos raios extremos é Dt = DL/c, em que DL é a diferença entre as distâncias percorridas. Como as ondas partem de fendas que estão separadas por uma distância (N – 1)d, na qual d é o espaçamento das fendas e N é o número de fendas, a diferença das distâncias é DL = (N – 1)d sen u e a diferença de tempo é

DtN d

c= −( ) sen

.1

Se N >> 1, podemos usar a aproximação Dt = (Nd/c) sen u.

(c) Multiplicando as expressões obtidas para Dt e Df, obtemos

D Df tc

Nm

N d

c

d

m=

= =

sen sen.1


Rd

D

L= =1 22,

,

em que o raciocínio usado para chegar à segunda igualdade é o mesmo do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”. De acordo com a equação do enunciado, temos:

DL

d= = ×

×

−

−1 22 1 22 500 10 0 250

5 00 10

9

3

, , ( )( , )

,

m m

m== × =−3 05 10 5, .m 30,5 m

81. Considere dois dos raios mostrados na Fig. 36-49, um logo acima do outro. A distância adi-cional percorrida pelo raio de baixo pode ser determinada traçando retas perpendiculares do pon-to em que o raio de cima muda de direção (que será chamado de ponto P) até os raios incidente e difratado do raio de baixo. Vamos chamar de A e C os pontos onde essas retas interceptam o raio de baixo. O ponto em que o raio de baixo muda de direção será chamado de ponto B. Note que o ângulo ∠APB é igual a c e o ângulo ∠BPC é igual a u (veja a Fig. 36-49). A diferença de percurso entre os dois raios é

Dx = |AB| + |BC| = d sen c + d sen u.

A condição para que seja formada uma franja clara é, portanto,

Dx d m= + =(sen sen ) ,

em que m = 0, 1, 2, … Fazendo c = 0, obtemos a Eq. 36-25.

82. O desvio angular de um raio difratado (ângulo entre o prolongamento do raio incidente e o raio difratado) é c9 = c + u. Para m = 1, temos:

' sen sen= + = + −

−1

d

na qual l/d = (600 × 10−9 m)/(1,5 × 10−6 m) = 0,40. A figura a seguir mostra o gráfico de c9 em função de c. (As duas escalas estão em radianos.)


83. (a) A envoltória central de difração se estende ao intervalo –u1 < u < +u1, em que u1 = sen−1(l/a), uma expressão que poderia ser simplificada se a aproximação para pequenos ângu-los pudesse ser usada, o que não é o caso, já que a é muito pequeno). Como a posição angular dos máximos de interferência é dada por

mm

d= −sen ,1

esse intervalo se torna

−

<

< +


a

m

d a ,

que, como o seno é uma função monotonicamente crescente no primeiro e no quarto quadrantes, onde estão todos esses ângulos, equivale a

− < < +

a

m

d a.

Escrevendo essa desigualdade na forma –d/a < m < +d/a, obtemos –7 < m < +7, o que nos dá (como m é um número inteiro) –6 ≤ m ≤ +6. Assim, existem 13 franjas claras na envoltória central.

(b) O intervalo (em uma das envoltórias de primeira ordem) é

−

<

< +


a

m

d a

2 ,

o que nos dá d/a < m < 2d/a e, portanto, 7 < m < 14. Como m é um número inteiro, isto significa que 8 < m < 13, ou seja, existem 6 diferentes valores de m para essa envoltória. Como existem duas envoltórias de primeira ordem, uma de cada lado da envoltória central, existem 12 franjas claras nas duas envoltórias; entretanto, como é pedido o número de máximos de interferência em apenas uma das envoltórias laterais, a resposta é 6.

A figura a seguir mostra a variação angular da intensidade das franjas de interferência. A en-voltória de difração central contém 13 franjas claras de interferência e as envoltórias laterais de primeira ordem contêm seis franjas claras cada uma (desprezando o pico muito pequeno que corresponde a m = 7).

84. A envoltória central de difração se estende ao intervalo − < < + 1 1, em que u1 = sen−1(l/a). Como as posições angulares das franjas claras de interferência são dadas por

mm

d= −sen ,1

devemos ter

−

<

< +


a

m

d a ,


que, como o seno é uma função monotonicamente crescente no primeiro e no quarto quadrantes, onde estão todos esses ângulos, equivale a

− < < +

a

m

d a.

Escrevendo essa desigualdade na forma –d/a < m < +d/a, obtemos

mmax < d/a < mmax + 1.

Devido à simetria da figura de interferência, a multiplicidade dos valores de m é 2mmax + 1 = 17, o que nos dá mmax = 8. Assim, o resultado se torna

8 0 9 0, , .< ≤d

a

Como os mínimos de difração coincidem com os máximos de interferência, o valor de d/a é um número inteiro; assim, d/a = 9,0.

85. O número de linhas da rede de difração é N = (1,8 cm)(1400/cm) = 2520. Combinando as Eqs. 36-31 e 36-32, obtemos:

D= = = =med nm

nm pmNm

450

2250 30 0595 59 5

( )( ), , .


DL

d= = ×

×=

−

−1 22 1 22 500 10 40

4 00 106

9

3

, , ( )( )

,,

m m

m11 10 6 13× =− m mm, .


LDd= =

×=−1 22

0 60 0 0055

1 22 550 104

9,

( , )( , )

, ( )

m m

m,, , .9 10 4 93× =m km


m aa m

= ⇒ = = =sensen sen

, .2

373 3

°

89. De acordo com a Eq. 36-25, o espaçamento das linhas é

dm=

sen

( )

sen,= × = × =

−−2 600 10

332 203 10 2

96m

m°

,,203 10 4× − cm,

que normalmente é expressa na forma de “número de linhas por centímetro”:

14539

d= linhas/cm.

Como a largura da rede de difração é 3,00 cm, o número de linhas é

(4539 linhas/cm)(3,00 cm) = 1,36 × 104 linhas.

90. Embora os ângulos neste problema não sejam muito grandes, o que permitiria usar a aproxi-mação válida para pequenos ângulos sem cometer um erro considerável, vamos apresentar uma solução que também é válida para grandes ângulos. De acordo com a Eq. 36-3,

m am

a

= ⇒ =

=− −sen sen sen

( , )

,1 1 2 0 42

5 1

m

mo

= 9 48, .


Vamos chamar de D a distância entre a fenda e a tela e de y a distância entre o centro da figura de difração e o segundo mínimo. Como D e y são os catetos de um triângulo retângulo no qual o ângulo entre D e a hipotenusa é u, temos:

y = D tan u = (3,2 m) tan(9,48°) = 0,534 m = 53,4 cm.

91. Se, de acordo com o enunciado, a rede de difração possui 8900 fendas em 1,20 cm, o espa-çamento das fendas é d = (1,20 × 10−2 m)/8900 = 1,3 × 10−6 m. Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:

md o

maxsen ,

, ,= = ××

=−

−90 1 3 10

500 102 6

6

9

o que significa que existem 2 ordens de cada lado do máximo central.

92. Vamos chamar de L a distância Terra-Lua. A energia do feixe de luz projetado na Lua estava concentrada em uma região circular de diâmetro d1 tal que d1/L = 2uR = 2(1,22l/d0), na qual d0 é o diâmetro do espelho do telescópio. A fração da energia recebida pelo refletor de diâmetro d2 deixado na Lua foi η9 = (d2/d1)2. A luz refletida, ao chegar de volta à Terra, tinha uma se-ção reta circular de diâmetro d3 tal que d3/L = 2uR = 2(1,22l/d2). A fração da energia refletida captada pelo telescópio foi, portanto, η99 = (d0/d3)2. Assim, a fração da energia inicial recebida pelo detector foi

= ′ ′′ =

=d

d

d

d

d d

dTL

0

3

22

1

20 2

2 44, dd d d

d d

dTL em0 2

2

0 2

2 44 2 44( )( )

=

, ,

44

6 8

2 6 0 10

2 44 0 69 10 3 82 10= ( )( )

×( ) ×( )−

, ,

, , ,

m m

m m

≈ × −

4

134 10 .

93. Como estamos considerando o diâmetro do máximo central de difração, estamos falando do dobro do ângulo de Rayleigh. Usando uma notação semelhante à do Exemplo “Pinturas ponti-lhistas e a difração da pupila”, temos 2(1,22l/d) = D/L, o que nos dá

dL

D= = × ×−

21 22

21 22 500 10 3 54 10

9 1

9 5, ( , )( )( , )

,

m m

mmm 4,7 cm= =0 047, .

94. Como d sen u = (L/N) sen u = ml, temos:

= (L N

m

/ sen nm)(sen 30 )) ( ,

( )( )= × ° =1 0 10

1 10000

7

5500 nm.

95. Imagine que a fenda original seja dividida em N faixas e que a luz de cada faixa, ao chegar à tela, seja representada por um fasor. Nesse caso, no máximo central da figura de difração, temos uma soma de N fasores, todos com a mesma orientação, a mesma fase e a mesma amplitude. A intensidade da luz nesse ponto é proporcional a N2. Se a largura da fenda é multiplicada por 2, passamos a ter uma soma de 2N fasores e a intensidade da luz no máximo central é proporcional a (2N)2, ou seja, é 4 vezes maior que no caso anterior. A energia que chega à tela por unidade de tempo, porém, é apenas duas vezes maior. A explicação para essa aparente contradição é o fato de que a área coberta pelo máximo central não é a mesma nos dois casos. Quando a largura da fenda é multiplicada por dois, a largura do pico central é dividida por dois, de modo que a integral da intensidade para a área coberta pelo máximo central é apenas duas vezes maior que no caso anterior.


= a

m

sen ( ,,= = × =−0 022

16 91 10 6914mm)sen 1,8

mm°

nm.



dL

D= = × ×

×

−

−1 22 1 22 550 10 160 10

30 10

9 3

2

, , ( )( ) m m

m== ≈0 358 36, .m cm


LDd= = × ×

×

− −

−1 22

2 0 10 5 0 10

1 22 500 10

2 3

9,

( , )( , )

, ( ))= 164 m.

99. (a) Aplicando a Eq. 36-25 aos limites do intervalo (l1 = 700 nm e l2 = 550 nm), chegamos à condição m1l1 = m2l2 para que a extremidade inferior do espectro de ordem mais elevada esteja no limiar de se superpor à extremidade superior do espectro de ordem menor elevada. Considerando o parâmetro m1 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo e fazendo m2 = m1 + 1, obtemos:

m12

1 2

550

700 5503 6=

−=

−=

nm

nm nm, ,

o que significa que a superposição começa a ocorrer na quarta ordem.

(b) Se a rede possui 200 ranhuras/mm, o espaçamento das ranhuras é d = (1/200 mm). Basta considerarmos o maior comprimento de onda do intervalo, que será o primeiro para o qual o espectro completo não estará presente. Considerando o parâmetro mmax uma variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:

md

maxmm

mm= =

×=−

sen ( / ), .

90 1 200

7 107 14

4

°

Isso significa que a maior ordem para a qual o espectro completo está presente é a sétima or-dem.

1. A equação de dilatação do tempo Dt = gDt0 (em que Dt0 é o intervalo de tempo próprio, = −1 1 2/ , e b = v/c) nos dá

= −

1 0

2D

D

t

t.

De acordo com o enunciado, Dt0 = 2,2000 ms. Como o mesmo intervalo, no referencial da Ter-ra, é Dt = 16,000 ms, temos:

= −

=12 2000

0 990502

,, .

s

16,000 s

2. (a) Como, de acordo com a Eq. 37-8, = −1 1 2/ , temos:

= − = −( )

=11

11

1 01000000 14037076

2 2,, .

(b) Neste caso, = − ( ) =−1 10 000000 0 994987442, , .

(c) Neste caso, = − ( ) =−1 100 00000 0 999950002, , .

(d) Neste caso, = − ( ) =−1 1000 0000 0 999999502, , .

3. (a) Desprezando o tempo necessário para inverter o sentido do movimento da nave, o tempo total gasto na viagem foi de um ano, de acordo com o relógio de bordo (que mede o intervalo de tempo próprio Dt0), e de 1000 anos de acordo com os relógios terrestres. Explicitando v/c na Eq. 37-7, obtemos:

= = −

= −

=v

c

t

t1 1

102 2

D

D

ano

1000 anos00 99999950, .

(b) Como a equação da dilatação do tempo não envolve a aceleração (ou seja, a direção do ve-tor velocidade), podemos presumir que não faria diferença se a viagem não fosse feita em linha reta. Entretanto, esta é uma questão delicada, que até hoje é discutida pelos especialistas em relatividade.

4. Devido à dilatação do tempo, o intervalo entre as idades inicial e final da filha é maior que os quatro anos experimentados pelo pai:

tf d filha – ti filha = g(4,000 anos),

em que g é o fator de Lorentz (Eq. 37-8). Chamando de T a idade do pai, temos:

Ti = ti filha + 20,00 anos, Tf = tf filha – 20,00 anos.

Como Tf − Ti = 4,000 anos, podemos combinar as três equações anteriores para obter o valor de g e, portanto, o valor de v:

44 = 4g ⇒ g = 11 ⇒

=

−= − =

2 21 11 1

110 9959, .

Capítulo 37


5. No laboratório, a partícula percorre uma distância d = 0,00105 m = vt, em que v = 0,992c e t é o tempo medido pelo relógio do laboratório. Podemos usar a Eq. 37-7 para relacionar t ao tempo de vida próprio da partícula, t0:

tt

v ct t

v

c

d

c=

− ( )⇒ = −

= −0

2 0

2

11

0 9921 0

/ ,,, ,9922

o que nos dá t0 = 4,46 × 10–13 s = 0,446 ps.

6. O valor de Dt para b = 0 no gráfico da Fig. 37-22 permite concluir que o valor de Dt0 na Eq. 37-9 é 8,0 s. Assim, temos:

D DD

t tt

v c= =

−=

−

0

0

2 21

8 0

1( / )

,.

s

Fazendo b = 0,98 na expressão anterior, obtemos Dt ≈ 40 s.


DD

tt

v c=

−=

−= ≈0

2 21

120

1 0 99902684

( / ) ( , )

anosanos 22 68 103, .× anos


L L= − = ( ) − = =02 21 3 00 1 0 999987 0 0153 , ( , ) ,m m 1,53 ccm.


L L v c= − = ( ) − ( ) =02 21 130 1 0 740 87 4( / ) , ,m m.

(b) O intervalo de tempo registrado pelos tripulantes da base é

DtL

v= =

×= × =−87 4

3 00 103 94 10

87,

( )( , ),

m

0,740 m/ss 3394 ns.

10. Como apenas a “componente” do comprimento paralela ao eixo x sofre contração relativís-tica, a componente y continua a ser

′ = = = = y y sen ( , )( , ) ,30 1 0 0 50 0 50° m m,

enquanto a componente x se torna

′ = − = − = x x 1 1 0 30 1 0 90 0 382 2 ( , )( cos ) ( , ) ,m m.°

Assim, de acordo com o teorema de Pitágoras, o comprimento da régua no referencial S9 é

′ = ′( ) + ′( ) = + = x y2 2 2 20 38 0 50 0 63( , ) ( , ) ,m m m.

11. O comprimento L da barra, medido em um referencial que está se movendo com velocida-de v paralelamente à maior dimensão da barra, está relacionado ao comprimento de repouso L0 através da equação L = L0/g, na qual = −1 1 2/ e b = v/c. Como g é sempre maior que 1, L é menor que L0. Neste problema, L0 = 1,70 m, b = 0,630 e, portanto,

L L= − = ( ) − ( ) =02 21 1 70 1 0 630 1 32 , , ,m m.



= −

= −

=1 1

1

20

2 2L

L0,866.


=−

=1

12 00

2, .

13. (a) A velocidade do astronauta é v = 0,99c, que também pode ser expressa na forma v = 0,99 ano-luz/ano. Seja d a distância percorrida. O tempo de viagem, no referencial terrestre, é

Dt = d/v = (26 anos-luz)/(0,99 ano-luz/ano) = 26,26 anos.

(b) O sinal, que presumivelmente é uma onda eletromagnética, se propaga com velocidade c e, portanto, leva 26,0 anos para chegar à Terra. O tempo total, no referencial terrestre, é

26,26 anos + 26,0 anos = 52,26 anos.

(c) O intervalo de tempo medido pelos relógios de bordo é o intervalo de tempo próprio Dt0 = Dt/g. Como

=−

=−

=1

1

1

1 0 997 09

2 2( , ), ,

temos:

Dt0 = (26,26 anos)/(7,09) = 3,705 anos.

14. O valor de L para b = 0 no gráfico da Fig. 37-23 permite concluir que o valor de L0 na Eq. 37-13 é 0,80 m. Assim, temos:

L L v c= − = ( ) −02 21 0 80 1( / ) , .m

Fazendo b = 0,95 nessa expressão, obtemos L ≈ 0,25 m.

15. (a) Sabemos que d = 23.000 anos-luz = 23.000c. O tempo gasto para percorrer essa distân-cia, no referencial da Terra, é Dt = d/v, em que v é a velocidade da espaçonave. Como b = v/c, temos:

Dtd

v

c

c= = =23 000 23 000. .

.

anos

Por outro lado, de acordo com a Eq. 37-7,

DD

tt

v c=

−=

−0

2 21

30

1( ).

/anos

Igualando as duas equações e explicitando b, obtemos

=+

=23 000

23 000 300 99999915

2 2

.

., .

(b) De acordo com a Eq. 37-13, a distância percorrida no referencial da espaçonave é

L L= − = − ≈02 21 23 000 1 0 99999915 30 . , .anos-luz


16. A “coincidência” de que x = x9 = 0 no instante t = t9 = 0 permite que as Eqs. 37-21 sejam usadas sem termos adicionais.

(a) A coordenada espacial no referencial do observador S9 é

′ = −( ) = −−

= × − ×x x vt

x vt

1

3 00 102

8, (m 1,199 10 m/s8 ))( , )

( , ),

2 50

1 0 4002 7 10

25sm 0,

−= × ≈

dentro da precisão dos dados (dois algarismos significativos).

(b) A coordenada temporal no referencial do observador S9 é

′ = −

= −

−= −

t tvx

c

t x c

2 21

2 50 0 400 3/ s, ( , )( ,, ) ,

( , ),

00 10 2 998 10

1 0 4002 29

8 8

2

× ×−

=m / m/ss.

(c) Nesse caso, a velocidade v tem sinal negativo e a coordenada espacial no referencial do ob-servador S9 é

′ = +−

= × + ×x

x vt

1

3 00 10 2 502

8

, ( )( , )m 1,199 10 m/s s8

11 0 4006 54 10

28

−= ×

( , ), m.

(d) Nesse caso, a coordenada temporal no referencial do observador S9 é

′ = +

= + ×

t tvx

c

2

82 50 0 400 3 00 10 2, ( , )( , )s m / ,,

( , ),

998 10

1 0 4003 16

8

2

×−

=m/ss.

17. O tempo próprio não é medido nem pelos relógios do referencial S nem pelos relógios do referencial S9, já que nenhum relógio desses referenciais pode estar presente na origem e no lo-cal do evento. Assim, é preciso usar a transformação de Lorentz completa:

′ = − ′ = −x x vt t t x c ( ) ( )e /

em que b = v/c = 0,950 e

=−

=−

=1

1

1

1 0 9503 20256

2 2( , ), ,

o que nos dá

′ = − = × − ×x x vt( ) ( , )3 20256 100 103 m (0,950)(2,998 110 m/s)(200 10 s)

m km.

8 6×[ ]= × =

−

1 38 10 1385,

(b) A coordenada temporal para o observador do referencial S9 é

′ = − = × −−t t x c ( / ) ( , )3 20256 200 10 6s(0,950)(100 ××

×

= − × = −−

10 m)

m/s

s

3

2 998 10

3 74 10 374

8

4

,

, ss.

18. A “coincidência” de que x = x9 = 0 no instante t = t9 = 0 permite que as Eqs. 37-21 sejam usadas sem termos adicionais. Vamos fazer (x1, t1) = (0, 0) e (x2, t2) = (3000 m, 4,0 × 10–6 s).

(a) Esperamos que ( , ) ( , ),′ ′ =x t1 1 0 0 o que pode ser confirmado usando as Eqs. 37-21.

(b) Vamos agora calcular ( , )′ ′x t2 2 para v = +0,60c = +1,799 × 108 m/s (o enunciado do problema não indica explicitamente o sinal de v, mas na figura mencionada, a Fig. 37-9, o referencial S9 está se movendo no sentido positivo do eixo x e, portanto, o sinal de v é positivo).


′ = −−

= − × × −x

x vt2 2

8 6

1

3000 1 799 10 4 0 10

m m/s( , )( , sskm

/ s

)

( , ),

,

1 0 602 85

1

4 0 10

2

2 2

6

−=

′ = −−

= × −t

t x c

−− ×−

= −( , )( ) ( , )

( , )

0 60 3000 2 998 10

1 0 602

8

2

m / m/s,,5 s.

(c) Como, no referencial S, o evento 1 ocorre no instante t = 0 e o evento 2 ocorre no instante t = 4,0 ms, o evento 1 acontece antes do evento 2. No referencial S9, por outro lado, como ′ <t2 0, o evento 2 acontece antes do instante t = t9 = 0 e, portanto, antes do evento 1. Assim, os dois observadores não registram os eventos na mesma ordem.

Como as distâncias x2 – x1 e ′ − ′x x2 1 são maiores que as distâncias que a luz pode percorrer nos respectivos intervalos de tempo, c t t c t t( ) , | |2 1 2 11 2 750− = ′ − ′ ≈km e m, a inversão da ordem em que os eventos ocorrem não viola o princípio da causalidade.

19. (a) Vamos supor que as lâmpadas de flash estão em repouso no referencial S, e que o ob-servador está em repouso no referencial S9. Como o tempo próprio não é medido nem pelos re-lógios do referencial S nem pelos relógios do referencial S9, é preciso usar a transformação de Lorentz completa (Eqs. 37-21). Seja tp a coordenada temporal e seja xp a coordenada espacial do pequeno clarão no referencial S. Nesse caso, a coordenada temporal do pequeno clarão no referencial S9 é

′ = −

t tx

cp p

pγ

em que b = v/c = 0,250 e

= − = − =1 1 1 1 0 250 1 03282 2/ / ( , ) , .

Seja tg a coordenada temporal e seja xg a coordenada espacial do grande clarão no referencial S. Nesse caso, a coordenada temporal do grande clarão no referencial S9 é

′ = −

t tx

cg g

g

.

Subtraindo a primeira equação da segunda e levando em conta o fato de que tp= tg, já que os clarões são simultâneos no referencial S, obtemos

Dt t tx x

cg p

p g'( ) ( , )( , )(= ′ − ′ =

−= × 1 0328 0 250 30 100

3 00 102 58 10

3

85m)

m/ss 25,8 s.

,,

×= × =−

(b) Como Dt' é positivo, ′tg é maior que ′tp, o que significa que, de acordo com o observador, o clarão pequeno ocorreu primeiro.

20. De acordo com a Eq. 2 da Tabela 37-2, temos:

Dt = vg Dx9/c² + g Dt9.

O coeficiente de Dx9 é a inclinação (4,0 µs/400 m) da reta da Fig. 37-24 e o segundo termo do lado direito é a distância temporal no referencial S para Dx9 = 0. A partir da primeira observa-ção, obtemos, depois de algumas manipulações algébricas, b = v/c = 0,949, o que nos dá g = 3,16. Nesse caso, de acordo com a segunda observação,

DD

tt

s',

,, ,= = × = × =

−−

2 00 10

3 166 3 10 0 63

67ss .


21. (a) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:

D DD

DD

′ = −

= −

= ×t t

v x

ct

x

c

21 00 10, −− −

×

682 998 10

s(400 m)

m/s

,,

na qual g e b estão relacionados pela Eq. 37-8.

(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt9 em função de b para o intervalo 0 0 01< < , .

Note que os limites do eixo vertical são +2 ms e –2 ms e que o gráfico não pode ser distinguido de uma reta horizontal. Isso acontece porque, para valores pequenos de b, a distância temporal entre os eventos medida pelo observador 2 é praticamente igual à distância medida pelo observador 1, ou seja, +1,0 ms. Em outras palavras, neste caso não são observados efeitos relativísticos.

(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt9 em função de b para o intervalo 0 1 1, .< <

(d) Fazendo

D DD

t tx

c' ,

,= −

= × −−

1 00 10

2 9986s

(400 m)

××

=10

08 m/s

,

obtemos

= = × × =−c t

x

D

D

( m/s) s)

400 m

2 998 10 1 00 100 74

8 6, ( ,, 995 0 750≈ , .


(e) De acordo com o gráfico do item (c), a sequência dos eventos para o observador 2 é a mesma que para o observador 1 para b < 0,750, pois, nesse caso, Dt9 > 0.

(f) De acordo com o gráfico do item (c), a sequência dos eventos para o observador 2 não é a mesma que para o observador 1 para b > 0,750, pois, nesse caso, Dt9 < 0.

(g) Não, o evento A não pode ser a causa do evento B, ou vice-versa. Note que

Dx/Dt = (400 m)/(1,00 ms) = 4,00 × 108 m/s > c.

Como um sinal não pode se propagar do local onde ocorreu o evento A para o local onde ocor-reu o evento B com uma velocidade maior que c, o evento A não pode influenciar o evento B, ou vice-versa.

22. (a) De acordo com a Tabela 37-2,

D D D D D′ = −( ) = −( ) = −x x v t x c t c [ ( ,400 1 00m s))]m m)= −

−400 299 8

1 2

( ,.

(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx9 em função de b para 0 0 01< < , .

(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx9 em função de b para 0 01 1, .< <

(d) Para determinar o valor de b para o qual a distância espacial Dx9 é mínima, derivamos Dx9 em relação a b e igualamos o resultado a zero:

d x

d

d

d

x c t x c tD D D D D′ = −−

= −

−

1 12 2 3( ) / 220= .


Explicitando b, obtemos

= = × × =−c t

x

D

D

( , ,,

2 998 10 1 00 100 7

8 6m/s)( s)

400 m4495 0 750≈ , .

(e) Substituindo o valor de b calculado no item (d) na expressão do item (a), obtemos Dx9 = 264,8 m ≈ 265 m.

23. (a) O fator de Lorentz é

=−

=−

=1

1

1

1 0 6001 25

2 2( , ), .

(b) No referencial estacionário, o tempo que o relógio leva para se deslocar da origem até o ponto x = 180 m é

tx

v= =

×= × −180

1 00 10 6m

(0,600)(3,00 10 m/s)s.

8,

O intervalo de tempo próprio entre os dois eventos (o instante em que o relógio passa pela origem e o instante em que o relógio passa pelo ponto x = 180 m) é o tempo medido pelo próprio relógio. Como a leitura do relógio no início do intervalo é zero, a leitura no final do intervalo é

′ = = × = × =−

−tt

1 00 10

1 258 00 10 0 800

67,

,, ,

ss s.

24. Se o observador S9 mede no relógio de pulso um intervalo de 15,0 s que para o observador S corresponde a um intervalo de 30,0 s, o fator de Lorentz é g = 2,00 (veja a Eq. 37-9), o que nos dá, de acordo com a Eq. 37-8, v = 0,866c.

(a) De acordo com a Eq. 37-13, o comprimento da régua 1 para o observador S é (1,00 m)/g = (1,00 m)/2 = 0,500 m.

(b) Como não há contração em uma direção perpendicular à direção do movimento, o compri-mento da régua 2 para o observador S é 1,00 m.

(c) Pela mesma razão apresentada no item (b), o comprimento da régua 3 para o observador S é 1,00 m.

(d) De acordo com a Eq. 19 da Tabela 37-2, temos:

D D D′ = ′ − ′ = −( ) = −x x x x v t2 1 2 00 20 0 0 866 ( , ) , ( , )(m 22 998 10 40 0 10

19 2

8 9, , )

,

× ×[ ]=

−m/s)( s

m.

(e) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:

D D D D D′ = ′ − ′ = −( ) = −( )

=

t t t t v x c t x c2 12

2 00

/ /

( , ) 440 0 10 0 866 20 0 2 998 109 8, ( , )( , ) ( ,× − ×[ − s m / m/s)]]= −35 5, ns.

Em valor absoluto, a distância temporal entre os dois eventos é 35,5 ns.

(f) O sinal negativo obtido no item (e) significa que o evento 2 ocorreu antes do evento 1.


25. (a) No referencial S, as coordenadas são tais que x1 = +1200 m para o grande clarão e x2 = 1200 – 720 = 480 m para o pequeno clarão (que aconteceu depois). Assim,

Dx = x2 – x1 = –720 m.

Fazendo Dx' = 0 na Eq. 37-25, obtemos

0 720 5 00 10 6= − = − − ×[ ]− ( ) ( , ,D Dx v t vm s)

o que nos dá v = –1,44 × 108 m/s e, portanto, = =v c/ 0 480, .

(b) O sinal negativo obtido no item (a) mostra que o referencial S9 está se movendo no sentido negativo do eixo x.


D DD

′ = −

= × − − ×−t t

v x

c

26

8

5 00 101 44 10

,( ,

sm//s)( 720 m)

m/s)2

−×

( ,

,2 998 108

o que nos dá um valor positivo, qualquer que seja o valor de g. Assim, a ordem dos clarões no referencial S9 é a mesma que no referencial S, ou seja, o grande clarão acontece primeiro.

(d) Terminando o cálculo iniciado no item (c), obtemos

D ′ = × − − × −−t

5 00 10 1 44 10 2 9986 8, ( , ,s m/s)( 720 m)/( ××−

= ×

=

−104 39 10

86m/s)

1 0,480s

4,39 s.

2

2,

26. Estamos interessados em calcular o valor de Dt para que

0 720= ′ = −( ) = − −D D D Dx x v t v t ( )m

no caso limite em que | |v c→ . Assim,

DD D

tx

v

x

c= = =

×= × =−720

102 40 10

86m

2,998 m/ss 2,40, s.

27. Vamos supor que a partícula está se movendo no sentido positivo do eixo x9 e que o refe-rencial S9 está se movendo no sentido positivo do eixo x. Para u9 = +0,40c e v = +0,60c, a Eq. 37-29 nos dá

uu v

u v c

c c

c c= +

+= +

+ +'

' /

, ,

( , )( , )1

0 40 0 60

1 0 40 0 602 //cc

20 81= , .


vv u

uv c

c c= ′ ++ ′

= ++

=1

0 47 0 62

1 0 47 0 620

2/

, ,

( , )( , ),884c.

Na notação dos vetores unitários, v c= 0 84, i.

(b) De acordo com a transformação clássica, v = 0,47c + 0,62c = 1,1c, o que nos dá v c= 1 1, i.

(c) Para v9 = –0,47c i , temos:

vv u

uv c

c c= ′ ++ ′

= − ++ −

=1

0 47 0 62

1 0 47 0 622/

, ,

( , )( , )00 21, .c


Na notação dos vetores unitários, v c= 0 21, i.

(d) De acordo com a transformação clássica, v = 0,62c – 0,47c = 0,15c, o que nos dá v c= 0 15, i.

29. (a) Uma coisa que a relatividade de Einstein possui em comum com a relatividade clássica é a reciprocidade das velocidades relativas. Se João vê Maria se afastar com uma velocidade de 20 m/s, Maria vê João se afastar com uma velocidade de 20 m/s. Assim, se para um observador terrestre a galáxia A está se afastando a uma velocidade de 0,35c, para um observador da galáxia A nossa galáxia está se afastando a uma velocidade escalar (em múltiplos de c) |v/c| = 0,35.

(b) Vamos tomar como positivo o sentido do movimento da galáxia A no nosso referencial. Usando a notação da Eq. 37-29, sabemos que v = +0,35c (a velocidade da galáxia A em relação à Terra) e u = –0,35c (a velocidade da galáxia B em relação à Terra. Nesse caso, a velocidade da galáxia B em relação à galáxia A é

′ = −−

= − −− −

uu v

uv c

c c

1

0 35 0 35

1 0 35 0 352/

( , ) ,

( , )( , )== −0 62, ,c

o que nos dá |u'/c| = 0,62.

30. Usando a notação da Eq. 37-29 e tomando como positivo o sentido “para longe da Terra”, sabemos que v = +0,4c e u = +0,8c. Assim, a velocidade de Q2 em relação a Q1 é

′ = −−

= −−

=uu v

uv c

c cc

1

0 8 0 4

1 0 8 0 40 588

2/

, ,

( , )( , ), ,

o que nos dá |u'/c| = 0,588. 31. Seja S o referencial do micrometeorito e seja S9 o referencial da espaçonave. Vamos supor que o micrometeorito está se movendo no sentido positivo do eixo x. Se u é a velocidade do micrometeorito no referencial S e v é a velocidade da espaçonave em relação ao micrometeorito, a velocidade do micrometeorito no referencial S9 pode ser calculada a partir da Eq. 37-29:

uu v

u v cu

u v

uv c= ′ +

+ ′⇒ ′ = −

−1 12 2/ /.

De acordo com o enunciado, v = –0,82c (velocidade da espaçonave) e u = +0,82c (velocidade do micrometeorito. Assim, a velocidade do micrometeorito em relação à espaçonave é

′ = −−

= − −− −

uu v

uv c

c c

1

0 82 0 82

1 0 82 0 822/

, ( , )

( , )( , )== = ×0 98 2 94 108, , .c m/s

De acordo com a Eq. 37-10, o tempo que o micrometeorito leva para passar pela espaçonave, do ponto de vista de um observador a bordo da espaçonave, é dado por

Dtd

us=

′=

×= × =−350

2 94 101 2 10 1 2

86m

m/ss .

,, ,

Nota: O valor obtido usando a transformação clássica seria

u9 = u – v = 0,82c –(–0,82c) = 1,64c,

um valor maior do que c e, portanto, fisicamente impossível.

32. De acordo com o gráfico da Fig. 37-36b, u9 = 0,80c para v = 0. Assim, de acordo com a Eq. 37-29, u = 0,80c. Explicitando u9 na Eq. 37-29 e substituindo u por seu valor, temos:

′ = −−

= −−

uu v

uv c

c v

v c1

0 80

1 0 802/ /

,

( , ).


Fazendo (a) v = 0,90c na expressão do enunciado, obtemos u9 = − 0,357c ≈ − 0,36c.

(b) Fazendo v = c na expressão do enunciado, obtemos u9 = −c, independentemente do valor de u.

33. (a) No referencial da nave mensageira (que vamos chamar de Sm), a velocidade da esqua-drilha é

′ = −−

= −−

vv v

vv c

c c

c cm

m1

0 80 0 95

1 0 80 0 952/

, ,

( , )( , )//cc

20 625= − , .

O comprimento da esquadrilha no referencial Sm é

LL

v1

0 21 0 1 0 625 0 781=′

= − − =

( , ) ( , ) ,ano-luz ano-luuz .

Assim, a duração da viagem é

′ = ′′

= =tL

v| |

,,

0 7811 25

ano-luz

0,625cano.

(b) No referencial da esquadrilha (que vamos chamar de Se), a velocidade da nave mensageira é

′ = −−

= −−

vv v

vv c

c c

c ce

e1

0 95 0 80

1 0 95 0 802/

, ,

( , )( , )//cc

20 625= , .

e a duração da viagem é

′ =′

= =tL

v c0 1 0

0 6251 60

,

,,

ano-luzano.

(c) No referencial da base espacial, o comprimento da esquadrilha é

LL= = − =0 21 0 1 0 80 0 60

( , ( , ) ,ano-luz) ano-luz

e, portanto, a duração da viagem é

tL

v v c cm e

=−

=−

=0 60

0 95 0 804 00

,

, ,,

ano-luzanos.

34. De acordo com a equação do efeito Doppler transversal, Eq. 37-37, f f= −021 , o que

nos dá

1 11 2

l l= −

0.

Explicitando l − l0, obtemos

l l l

− 0 0 2 2

1

11 589 00

1

1 0 100=

−−

=

−−( ,

( , )mm) 11 2 97

= , .nm

35. Como a espaçonave está se afastando da Terra, a frequência recebida é dada pela Eq. 37-31:

f f= −+

= −+

=01

1100

0 9000

1 0 900022 9

(

,

,,MHz)

1MHz..


36. (a) De acordo com a Eq. 37-36.

v c= = × = × ≈ ×Dl

l( , )( , ,0 004 3 0 10 1 2 10 1 108 6 6m/s) m/s mm/s.

(b) A galáxia está se afastando da Terra.


v c c c= = −

=Dl

l

620 540

6200 13

nm nm

nm.,


v c= = × = ×Dl

l

12 00

513 02 998 10 7 000 18,

,( , ,

nm

nmm/s) 006 m/s 7000 km/s.=

(b) O fato de que o comprimento de onda aumentou significa que a galáxia NGC 7319 está se afastando da Terra.

39. (a) A frequência recebida é

f fc c= −

+⇒ = −

+01

1

1 0 20

1 0 20

l l0

,

,,

o que nos dá

l = (450 nm)1 0,20

1nm.

+−

=0 20

550,

(b) O comprimento de onda calculado no item (a) corresponde à cor amarela.

40. (a) O teorema do trabalho e energia cinética pode ser aplicado tanto na física clássica como na física relativística; a única diferença está na equação usada para calcular a energia cinética. Usando a Eq. 37-52, W = DK = mec2(g – 1), e a relação mec2 = 511 keV = 0,511 MeV (Tabela 37-3), obtemos:

W m ce=−

−

=

−−

2

2 2

1

11 511

1

1 0 5001

(

( , )keV)

= 79 1, keV.

(b) W =−

−

=( , )( , )

,0 5111

1 0 9901 3 11

2MeV MeV.

(c) W =−

−

=( , )( , )

,0 5111

1 0 9901 10 9

2MeV MeV.

41. (a) Como, de acordo com a Eq. 37-52, g = (K/mc2) + 1 e, de acordo com a Tabela 37-3, mec2 = 511 keV = 0,511 MeV, o fator de Lorentz é

= + =100

0 5111 196 695

MeV

MeV,, .

(b) O parâmetro de velocidade é

= − = − =11

11

196 6950 999987

2 2( ),, .


Isto significa que a velocidade do elétron é 0,999987c, o que corresponde a 99,9987% da ve-locidade da luz.


Q Mc c= − = − −[ ] = −D 2 23 4 00151 0 0078( , ( ,u) 11,99671 u 22

7 28

u)(931,5 MeV/u

MeV.

)

,= −

Assim, a energia mínima necessária para que a reação aconteça é 7,28 MeV. Note que as massas que aparecem no enunciado são as massas dos núcleos envolvidos na reação, e não as massas dos átomos, como em outros problemas deste capítulo.

43. (a) O teorema do trabalho e energia cinética pode ser aplicado tanto na física clássica como na física relativística; a única diferença está na equação usada para calcular a energia cinética. Usando a Eq. 37-52, W = DK = mec2(g – 1), e a relação mec2 = 511 keV = 0,511 MeV (Tabela 37-3), obtemos:

W K m cef i

= =−

−−

=

−D 2

2 2

1

1

1

1511

1

1 0 ( )

( ,keV

119

1

1 0 18

0 996

2 2) ( , )

,

−−

= ≈keV 1,0 keV.

(b) Da mesma forma,

W =−

−−

=( )( , ) ( , )

5111

1 0 99

1

1 0 98105

2 2keV 55 keV 1,1 MeV.≈

Comparando os resultados dos itens (a) e (b), vemos que a dificuldade para acelerar uma partícula aumenta consideravelmente quando a velocidade da partícula se aproxima da velocidade da luz.

44. A variação de massa é

DM = ( ) −4 002603 1 007825, ,u+15,994915 u u+18,9984005u u.( ) = −0 008712,

De acordo com as Eqs. 37-50 e 37-46, temos:

Q M c= − = − − =D 2 0 008712 931 5 8 12( , )( , ) ,u MeV/u MeV.

45. De acordo com a Eq. 37-12, a distância percorrida pelo píon no referencial da Terra é d = vDt. O tempo de vida próprio Dt0 está relacionado a Dt através da Eq. 37-9, Dt = gDt0. Para de-terminar o valor de g, usamos a Eq. 37-48. Como a energia total do píon é dada por E = 1,35 × 105 MeV e o valor de mc2 para o píon é 139,6 MeV, temos:

= = × =E

mc2

51 35 10

139 6967 05

,

,, .

MeV

MeV

Assim, o tempo de vida do píon medido pelos cientistas é

D Dt t= = × = ×− − 09 5967 1 35 0 10 3 385 10( , )( , ) ,s s,

a velocidade do píon, de acordo com a Eq. 37-8, é

v c c c=−

= ≈

2 10 9999995,

e a distância percorrida é

d c t≈ = × × = ×−D ( , )( , ) ,2 998 10 3 385 10 1 015 108 5 4m/s s mm 10,15 km 10 km.= ≈

Assim, a altitude na qual o píon decai é 120 km – 10 km = 110 km.


46. (a) Elevando ao quadrado a Eq. 37-47, obtemos

E mc mc K K2 2 2 2 22= + +( )

Igualando este resultado à Eq. 37-55, obtemos

( ) ( ) ( )( )

mc mc K K pc mc mpc K

Kc2 2 2 2 2 2 2

2 2

22

2+ + = + ⇒ = −

..

(b) Em baixas velocidades, podemos usar as expressões clássicas p = mv e K = mv2/2. Como, em baixas velocidades, pc >> K, já que c >> v, temos:

mmvc

mv cm→ =( )

( ).

2

2 22 2/

(c) De acordo com a expressão obtida no item (a), temos:

mc

= − =121 55

2 55105 6

2 2

2( ), .MeV/ 2c

Como, de acordo com a Tabela 37-3, a massa do elétron é me = 0,511 MeV/c2, a massa calcu-lada é aproximadamente 207 vezes maior que a massa do elétron, ou seja, m/me ≈ 207. A par-tícula é um múon.

47. A energia equivalente à massa de um comprimido é

mc2 = (320 × 10–6 kg) (3,00 × 108 m/s)2 = 2,88 × 1013 J,

que equivale à energia produzida pela combustão de

(2,88 × 1013 J)/(3,65 × 107 J/L) = 7,89 × 105 L

de gasolina. A distância que um carro pode percorrer com esta energia é

d = (7,89 × 105 L) (12,75 km/L) = 1,01 × 107 km,

o suficiente para dar 250 voltas completas em torno da Terra (veja o Apêndice C).

48. (a) Podemos usar a Eq. 37-7 para calcular o parâmetro de velocidade:

= −

= −

=1 12 20

6 900 940

2 2D

D

t

t

,

,,

s

s778 0 948≈ , .

(b) De acordo com o resultado do item (a), temos:

=−

=−

=1

1

1

1 0 94783 136

2 2( , ), .

Além disso, temos (veja a Tabela 37-3):

mmc2 = 207mec2 = 105,8 MeV.


K m c= − = − = 2 1 105 8 226( ) ( , MeV)(3,136 1) MeV.


p m v m c c= = = = ( , )( , )( , )3 136 105 8 0 9478 31MeV/ 44 MeV/c,

que também pode ser expresso em unidades do SI: p = 1,7 × 10–19 kg · m/s.



= = ××

=−

−E

m cp2

9

10

14 24 10

1 5033 1094 73

,

,, .

J

J

Nesse caso, a Eq. 37-13 nos dá

LL= = =0 21

94 730 222

cmcm.

,,

(b) A velocidade do próton é dada por

v c c= −

=11

0 999942

, .

Assim, no seu referencial, o tempo de percurso é

DtL

v= =

×= ×0

8

0 21

107 01 1

,

),

m

(0,99994)(2,998 m/s00 10− =s 701 ps.


∆ = ∆ = × −t t 0107 01 10, s.

Assim, no referencial do próton, o tempo de percurso é

Dt0 = 2,22 × 10–3/0,99994c = 7,40 × 10–12 s = 7,40 ps.

50. (a) Para E0 = 0,5110 MeV, o fator de Lorentz é

= + = + =K

mc21

10 00

0 51101 20 57

,

,, .

MeV

MeV

(b) O parâmetro de velocidade é

= −

= −( )

=11

11

20 570 9988

2

2,, .

(c) Para E0 = 938,0 MeV, o fator de Lorentz é

= + = + = ≈K

mc21

10 00

938 01 1 01066 1 011

,

,, , .

MeV

MeV

(d) O parâmetro de velocidade é

= −

= −( )

=11

11

1 010660 1448

2

2,, .

(e) Para E0 = 3727 MeV, o fator de Lorentz é

= + = + = ≈K

mc21

10 00

37271 1 00268 1 003

,, , .

MeV

MeV

(f) O parâmetro de velocidade é

= −

= −( )

= ≈ ×11

11

1 002680 07306 7 310 1

2

2,, , 00 2− .



( ) ( ) , ( ) ,pc mc mc2 2 2 2 29 00+ =

o que nos dá

p mc mc= ≈8 2 83, .

52. (a) De acordo com o teorema binomial, para pequenos valores de x,

( )( )

.1 11

2

2

+ ≈ + + −x nx

n n xn

Para aplicar o teorema binomial à equação que define o fator de Lorentz em função do parâme-tro de velocidade, Eq. 37-8, fazemos x = −b2 e n = −1/2, o que nos dá

= − ≈ + +−( ) /1 12

3

82 1 2

2 4

Substituindo g por esse valor na Eq. 37-52, obtemos

Kmc mc mv mv

c≈ + = +

2 2 2 4 2 4

22

3

8 2

3

8

.

(b) Usando a expressão clássica para a energia cinética com o valor de mc2 para o elétron dado na Tabela 37-3 e b = 1/20, obtemos

Kmv mc

clássicaJ /= = = × −2 2 2 14 2

2 2

8 19 10 1 20

2

( , )( ) == × −1 0 10 16, .J

(c) A correção de primeira ordem é

Kmv

c

mcprimeira ordem = = = × −3

8

3

8

3 8 19 104

2

2 4 1 ( , 44 4191 20

81 9 10

J /J

)( ), ,= × −

muito menor que o resultado clássico.

(d) Neste caso, b = 0,80 = 4/5 e a expressão clássica nos dá

Kmv mc

clássicaJ /5= = = × =

−2 2 2 14 2

2 2

8 19 10 4

2

( , )( )22 6 10 14, .× − J

(e) A correção de primeira ordem é

Kmv

c

mcprimeira ordem = = = × −3

8

3

8

3 8 19 104

2

2 4 1 ( , 44 4144

81 3 10

J /5J

)( ), ,= × −

da mesma ordem que o resultado clássico. Isso indica que o teorema binomial não pode ser usa-do no caso de velocidades próximas da velocidade da luz.

(f) Fazendo a correção de primeira ordem igual a 1/10 da aproximação clássica, obtemos

3

8 20

2 4 2 2mc mc = ,

o que nos dá

= ≈2

150 37, .

53. Usando a fórmula clássica para o raio da órbita, r0 = mv/|q|B, obtemos

Tr

v

m

q B0

02 2= =

| |.


(a) No caso de velocidades relativísticas, temos:

rp

q B

mv

q Br= = =

| | | |,

0

o que nos dá

Tr

v

m

q BT= = =2 2

0

| |

.

(b) Como g varia com a velocidade, o período T não é independente de v.

(c) Usando a expressão clássica para a energia cinética do elétron, temos:

K mv mcv

cmcclássica = = ( )

= ( )1

2

1

2

1

22 2

2

22 2 ..

Para Kclássica = 10,0 MeV, essa equação nos dá

= = ( ) =2 2 10 0

0 5116 256

2

K

mcclássica MeV

MeV

,

,, ,

um valor fisicamente impossível, já que o elétron estaria se movendo a uma velocidade muito maior que a velocidade da luz. Se, mesmo assim, usarmos este valor, o raio clássico da órbita será

rmv

q B

m c

eB= = = × ×−

| |

( , )( , )( , 9 11 10 6 256 2 99831 kg 110

1 6 10 2 204 85 10

8

193m/s

C Tm 4,85

)

( , )( , ),

×= × =−

− mm.

(d) Antes de usar a expressão relativística para o raio da órbita, precisamos calcular o valor cor-reto de b a partir da expressão relativística da energia cinética:

K mc= − ⇒ = + =2 110 0

0 5111 20 57( )

,

,,

MeV

MeV

que nos dá

= − = − =11

11

20 570 99882

2 2( , ), .

Assim,

rmv

q B

m c

eB= = = × −

| |

( , )( ,20 57 9 11 10 31 kg)(0,998882)(2,998 10 m/s)

C)(2,20 T)

8××

=

−( ,

,

1 6 10

1 59

19

×× =−10 2 m 15,9 mm.

(e) O período clássico é

Tr

c= = ×

×

−2 2 4 85 10

6 256 2 998 10

3

8

( ,

( , ) ( ,

m)

m/s)== × =−1 63 10 11, s 16,3 ps.

(f) O período calculado usando expressões relativísticas é

Tr

c= =

×=2 2 0 0159

0 99882 2 998 108

( ,

( , ) ( ,

m)

m/s)33 34 10 10, × =− s 0,334 ns.

54. (a) De acordo com as Eqs. 37-52 e 37-8, temos:

mc mc22

21

11 2

−−

=

,


o que nos dá

= ≈2 2

30 943, .

(b) De acordo com as Eqs. 37-48 e 37-8, temos:

mcmc

2

22

12

−=

,

o que nos dá

= ≈3

20 866, .


mv

v cmc

1 2 2−=

/,

o que nos dá

= ≈1

20 707, .


=−

=− ( )

= ≈1

1

1

1 1 22 1 41

2 /, .


K mc mc mc E= −( ) = −( ) = = 1 2 1 0 414 0 4142 2 20, , ,

o que nos dá K/E0 = 0,414.

56. (a) De acordo com os dados do problema, um quilograma de TNT libera uma energia de (3,40 × 106 J/mol)/(0,227 kg/mol) = 1,50 × 107 J. Assim, seriam necessários

(1,80 × 1014 J)/(1,50 × 107 J/kg) = 1,20 × 107 kg

de TNT, o que corresponde a um peso de aproximadamente 1,2 × 108 N.

(b) O peso calculado no item (a) é muito maior que o que pode ser carregado em uma mochila. Seria necessário usar um caminhão para transportar uma quantidade tão grande de material.

(c) Como 0,00080mc2 = 1,80 × 1014 J, seriam necessários m = 2,50 kg de material físsil, o que corresponde a um peso de aproximadamente 25 N.

(d) O peso calculado no item (c) pode ser carregado facilmente em uma mochila.

57. Como a energia de repouso E0 e a massa m do quasar estão relacionadas através da equação E0 = mc2, a potência P irradiada pelo quasar e o consumo de massa obedecem à relação

PdE

dtc

dm

dt= =0 2 .

Assim,

dm

dt

P

c= = ×

×= ×

2

41

8 2241 10

2 998 101 11 10

W

m/skg

( , ), //s.


Como uma unidade de massa solar corresponde a 2,0 × 1030 kg e um ano tem 3,156 × 107 s,

dm

dt= ×( ) ×

×1 11 10

3 156 10

2 0 1024

7

30,

,

,kg/s

s/ano

kgg/umsums/ano.

≈ 18


= + = + =K

m ce2

11 0000000

510 99891 1 00195

,

,,

keV

keV6695 1 0019570≈ , .

(b) O parâmetro de velocidade correspondente é

= − = − =11

11

1 00195700 062469542

2 2( , ), .


= + = + =K

m ce2

11 0000000

0 51099891 2 9569

,

,,

MeV

MeV551375 2 9569514≈ , .

(d) O parâmetro de velocidade correspondente é

= − = − =11

11

2 95695140 94107924

2 2( , ), .

(e) De acordo com a Eq. 37-52, temos:

= + = + =K

m ce2

11000 0000

0 51099891 1957 9

,

,,

MeV

MeV551375 1957 9514≈ , .

(f) O parâmetro de velocidade correspondente é

= − = − =11

11

1957 95140 99999987

2 2( , ), .

59. (a) Este item pode ser resolvido usando a lei de conservação do momento. Neste caso, a aplicação da lei de conservação do momento leva a duas equações, uma para a componente do momento na direção do movimento da partícula alfa, que vamos chamar de eixo x, e outra para a componente na direção do movimento do próton, que vamos chamar de eixo y. Como as velo-cidades das partículas são muito menores que a velocidade da luz, podemos usar as expressões clássicas para a energia cinética e o momento, K = mv2/2 e

p mv= , respectivamente. Aplicando

a lei de conservação do momento às componentes x e y de p, obtemos:

m v m v vm

mv v

m

x x

= ⇒ = ≈

=

oxi oxi, oxi,oxi

oxi

4

17

0 vv m v vm

mv vy p p y

pp poxi, oxi,

oxi

+ ⇒ = − ≈ − 1

17.

Para completar o cálculo, precisamos calcular as velocidades da partícula alfa e do próton a par-tir das energias cinéticas das duas partículas. Uma forma de fazer isso é escrever a expressão da energia cinética na forma K = mc2b2/2 e calcular o valor de b. No caso do próton, usando para mpc2 o valor que aparece na Tabela 37-3, obtemos:

pp

p

K

m c= = =

2 2 4 44

9380 0973

2

( ,, .

MeV)

MeV


Como este valor corresponde a quase 10% da velocidade da luz, convém verificar se existe ne-cessidade de usar a expressão relativística da energia cinética (Eq. 37-52). Fazendo os cálculos com a expressão relativística, obtemos bp = 0,969, um valor razoavelmente próximo do obtido usando a expressão clássica. No caso da partícula alfa, usando para mα o valor que aparece no Apêndice B e para c2 o valor dado na Eq. 37-46, obtemos

mαc2 = (4,0026 u)(931,5 MeV/u) = 3728 MeV

(um valor ligeiramente maior que o valor correto, pois a massa que aparece no Apêndice B é a massa do átomo de hélio e não a massa do núcleo de hélio, mas a diferença é tão pequena que pode ser desprezada), o que nos dá

= = =2 2 7 70

37280 064

2

K

m c

( ,, .

MeV)

MeV

Voltando às componentes da velocidade do núcleo de oxigênio, agora podemos concluir os cálculos:

v vx xoxi, oxi,≈ ⇒ ≈ = =4

17

4

17

4

170 064 0 015 ( , ) ,

| vv vy p y poxi, oxi,| ( , ) ,≈ ⇒ ≈ = =1

17

1

17

1

170 097 0 00 557

Assim, com

moxic2 ≈ (17 u)(931,5 MeV/u) = 1,58 × 104 MeV,

temos:

K m c x yoxi oxi oxi, oxi,= + = ×1

2

1

21 58 102 2 2( ) ( ) ( , 44 20 0057

2 08

MeV)(0,015

MeV.

2 +

≈

, )

,

(b) De acordo com as Eqs. 37-50 e 37-46,

Q = − + − −( , , , ,1 007825 16 99914 4 00260 14 00307u u u u)cc2

0 001295 1 21= − ≈ −( , , .u)(931,5MeV/u) MeV

Na verdade, resolvendo primeiro o item (b), seria possível resolver o item (a) de uma forma bem mais simples (e até mais precisa!). De acordo com a Eq. 37-49, temos:

K K Q K poxi MeV MeV MeV Me= + − = − − = 7 70 1206 4 44 2 05, , , VV.

60. (a) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:

D DD

′ = −

= −

×t t

x

c

1 00

240

2 998 108,

( )

,s

m

mm/s

s

= − ( , , ) ,1 00 0 800

em que g varia com b (veja a Eq. 37-8).

(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt9 em função de b para 0 0 01< < , .


(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt9 em função de b para 0 1 1, .< <

(d) Para determinar o valor de b para o qual o valor de Dt9 é mínimo, derivamos a Eq. 29 em relação a b e igualamos o resultado a zero. O resultado é

d t

dt

x

c

DD

D′ = −

=

3 0,

o que nos dá b = Dx/cDt = 240/299,8 = 0,801.

(e) Substituindo o valor encontrado no item (d) da expressão do item (a), obtemos o valor mí-nimo Dt9 = 0,599 µs.

(f) Sim. Note que, como Dx/Dt = 2,4 ×108 m/s < c, um sinal pode se propagar do evento A para o evento B sem exceder a velocidade da luz e, portanto, o evento A pode afetar o evento B. Em casos como este, dizemos que existe uma “distância temporal” entre os eventos e é sempre pos-sível encontrar um referencial (no caso presente, um referencial com b ≈ 0,801) em que os dois eventos ocorrem na mesma posição, embora em instantes diferentes.

61. (a) De acordo com a Eq. 19 da Tabela 37-2,

D D D′ = − = −x x c t ( ) [ ( , ) ].240 299 8m m

(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx9 em função de b para 0 0 01< < , .


(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx9 em função de b para 0 1 1, .< <

Vemos que o valor de Dx9 diminui continuamente a partir do valor que possui em b = 0 (240 m), atingindo o valor zero em b ≈ 0,8) e tornando-se negativo para valores maiores de b, o que significa que, para esses valores de b, o valor de x9 para o evento B é menor que o valor de x9 para o evento A!.

(d) Para obter o valor de b para o qual Dx9 se anula, basta igualar a zero a expressão encontrada no item (a), o que nos dá b = Dx/cDt = 240/299,8 = 0,801.

62. Observando qual é o valor de u9 para v = 0 no gráfico da Fig. 37-28b, concluímos que u = −0,20c. Explicitando u9 na Eq. 37-29 e substituindo u por esse valor, obtemos

′ = −−

= − −+

uu v

uv c

c v

v c1

0 20

1 0 202/ /

,

,,

que é a equação da curva mostrada na figura.

(a) Para v = 0,80c, a expressão do enunciado nos dá u9 = −0,86c.

(b) Como era de se esperar, para v = c, a expressão do enunciado nos dá u9 = −c.

63. (a) A distância espacial entre os dois clarões é vt. Projetando esta distância na direção per-pendicular aos raios luminosos que se dirigem para a Terra, obtemos Dap = vt sen u.

(b) O clarão 1 é emitido t segundos antes do clarão 2. Além disso, o clarão 1 tem que percorrer uma distância adicional L em relação ao clarão 2 para chegar à Terra, em que L = vt cos u (veja


a Fig. 37-29); para isso, necessita de um tempo adicional t9 = L/c. Assim, o tempo aparente é dado por

T t t tvt

ct

v

cap

coscos= − ′ = − = −

1 .

(c) Para v = 0,980c e u = 30,0o, temos:

VD

T

v c

v ccap

ap

ap

/ sen

/ cos= =

−

=( )

( )

( ,

1

0 9880

1 0 9803 24

)

( , ), .

sen 30,0

cos30,0

°− °

=c c

64. A reta do gráfico da Fig. 37-30 é descrita pela Eq. 1 da Tabela 37-2:

Dx = vgDt9 + gDx9 = (“inclinação”)Dt9 + “interseção com o eixo y”,

na qual a “inclinação” é (7,0 m)/(10−8 s) = 7,0 × 108 m/s. Igualando este valor a vg, obtemos

vv

v c =

−= ×

17 0 10

28

( ), ,

/m/s

o que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas, v = 2,757 × 108 m/s ≈ 2,8 × 108 m/s e g = (7,0 × 108 m/s)/v = (7,0 × 108 m/s)/(2,757 × 108 m/s) ≈ 2,54.

v = 2,8 ×108 m/s e g = 2,54. Como a “interseção com o eixo y” é 2,0 m, temos:

Dx9 = (2,0 m)/g = (2,0 m)/2,54 = 0,79 m.

65. Interpretando vAB como a componente x da velocidade de A em relação a B e definindo o parâmetro de velocidade correspondente como bAB = vAB /c, o resultado pedido no item (a) pode ser obtido facilmente a partir da Eq. 37-29, depois de dividir ambos os membros por c. Para tornar mais clara a correspondência com a Fig. 37-11, podemos chamar de B a partícula de A, o referencial S9 (ou um observador em repouso neste referencial) e de C o referencial S (ou um observador em repouso neste referencial). Como a solução do item (b) é menos óbvia, vamos mostrar as transformações algébricas necessárias para chegar ao resultado final.

M M MAC AB BCAC

AC

AB

AB

BC

B

= ⋅ ⇒ −+

= −+

⋅ −+

1

1

1

1

1

1

CC

,

o que nos dá

( )( )( ) ( )( )( )1 1 1 1 1 1− + + = − − + AC AB BC AB BC AC

e, portanto,

1 – bAC + bAB + bBC – bAC bAB – bAC bBC + bAB bBC – bAB bBC bAC =

1 + bAC – bAB – bBC – bAC bAB – bAC bBC + bAB bBC + bAB bBC bAC

Cancelando os termos que aparecem dos dois lados da equação, obtemos

–bAC + bAB + bBC – bAB bBC bAC = bAC – bAB – bBC + bAB bBC bAC,

o que nos dá

2 2 2 2 AB BC AC AB BC AC+ = + .

O lado esquerdo pode ser escrito na forma 2bAC (1 + bAB bBC), o que torna claro como obter o resultado do item (a): basta dividir ambos os membros por 2(1 + bAB bBC).

66. Notamos, já que se trata de uma simetria óbvia e torna mais fácil a solução do item (b), que

MM

M= −

+⇒ = −

+1

1

1

1

.


Como bAB = bBC = 1/2, MAB = MBC = (1 − 1/2)/(1 + 1/2) = 1/3. Assim,

(a) M M MAC AB BC= ⋅ = ⋅ =1

3

1

3

1

9.

(b) ACAC

AC

M

M= −

+= −

+= = +1

1

1 1 9

1 1 9

8

100 80

/

/, .

(c) vAC = 0,80c.

67. Notamos, já que se trata de uma simetria óbvia e torna mais fácil a solução do problema, que

MM

M= −

+⇒ = −

+1

1

1

1

Como bAB = 1/5, MAB = (1 − 1/5)/(1 + 1/5) = 2/3; como bBC = − 2/5, MBC = (1 + 2/5)/(1 − 2/5) = 7/3; como bCD = 3/5, MCD = (1 − 3/5)/(1 + 3/5) = 1/4. Assim,

M M M MAD AB BC CD= = × × =2

3

7

3

1

4

7

18

e

ADAD

AD

M

M= −

+= −

+= =1

1

1 7 18

1 7 18

11

250 44

/

/, ,

o que nos dá vAD = +0,44c.

68. (a) De acordo com um passageiro da nave, o tempo de percurso do próton é Dt' = (760 m)/0,980c = 2,59 ms.

(b) Para calcular o tempo de percurso do ponto de vista de um observador estacionário, usamos a Eq. 2 da Tabela 37-2 com Dx' = –760 m, o que nos dá

D D Dt t c x c= ′ + ′ = ( , ) ,0 950 0 5722 s.

(c) Para um passageiro da nave, o sentido do movimento do próton não faz diferença; o tempo de percurso do próton é o mesmo do item (a), Dt' = 2,59 ms.

(d) No caso de um observador estacionário, usamos a Eq. 2 da Tabela 37-2 com Dx' = +760 m, o que nos dá

D D Dt t c x c= ′ + ′ = ( , ) ,0 950 16 02 s.

69. (a) De acordo com a Eq. 37-26, o comprimento ′Lc da limusine do ponto de vista de Alfredo é

′ = = − = − =LL

Lcc

c

1 30 5 0 9980 1 932 2( , ( , ) ,m) 1 m.

(b) Como o eixo xg está estacionário em relação à garagem, xg2 = Lg = 6,00 m.

(c) Quanto a tg2, note na Fig. 37-32b que no instante tg = tg1 = 0, a coordenada do para-choque dianteiro da limusine no referencial xg é ′Lc , o que significa que a frente ainda está a uma distân-cia L Lg c− ′ da porta traseira da garagem. Como a limusine está se movendo com velocidade v, o tempo que a frente leva para chegar à porta traseira da garagem é dado por

Dt t tL L

vg g g

g c= − =− ′

= −2 1

6 00 1 93

0 9980 2 998

, ,

, ( ,

m m

××= × −

101 36 10

88

m/s)s.,

Assim, tg2 = tg1 + Dtg = 0 + 1,36 × 10–8 s = 1,36 × 10–8 s = 13,6 ns.


(d) Como a limusine está no interior da garagem entre os instantes tg1 e tg2, o tempo de perma-nência é tg2 – tg1 = 13,6 ns.

(e) De acordo com a Eq. 37-13, o comprimento ′Lg da garagem do ponto de vista de Mário é

′ = = − = − =LL

Lgg

g

1 6 00 0 9980 0 3792 2( , ( , ) ,m) 1 m.

(f) Como o eixo xc está estacionário em relação à limusine, xc2 = Lc = 30,5 m.

(g) Sabemos que no instante tc = tc2 (instante em que acontece o evento 2), a distância entre o para-choque traseiro da limusine e a porta traseira da garagem é dada por L Lc g

− ′ . Como a ga-ragem se move com velocidade v, a porta dianteira da garagem passa pelo para-choque traseiro da limusine após um intervalo de tempo Dtc dado por

Dt t tL L

vc c c

c g= − =− ′

= −1 2

30 5 0 379

0 9980 2 99

, ,

, ( ,

m m

88 101 01 10

87

×= × −

m/s)s.,

Assim, tc2 = tc1 – Dtc = 0 – 1,01 × 10–7 s = –1,01 × 10–7 s.

(h) Do ponto de vista de Mário, a resposta é não.

(i) Do ponto de vista de Mário, o evento 2 acontece primeiro, já que tc2 < tc1.

(j) Vamos descrever os aspectos importantes dos dois eventos. No instante do evento 2, a frente da limusine coincide com a porta traseira da garagem e a garagem parece muito curta (talvez não chegue até a janela do banco da frente da limusine). No instante do evento 1, a traseira da limusine coincide com a porta da frente da garagem e a frente da limusine já ultrapassou em muito a porta traseira da garagem. Em suma, do ponto de vista de Mário, a garagem parece mui-to curta em comparação com a limusine.

(k) Não, já que a limusine não pode permanecer na garagem com as duas portas fechadas.

(l) Tanto Mário como Alfredo estão corretos em seus respectivos referenciais. Entretanto, se al-guém merece perder a aposta, esse alguém é Mário, que parou de estudar física na escola antes de chegar à teoria da relatividade!

70. (a) A contração relativa é

| | ( )DL

L

L

L0

01

0

2 211 1 1 1

1

2

1

2= − = − − ≈ − −

=

− 2

2

12

1

2

630

2 21 10

=×

= × −

m/s

3,00 10 m/s8

, .

(b) Fazendo | | ( ) ,D D Dt t t− = − = =0 0 1 1 00 s, temos:

Dt0 2 1 2 12

2 21 1 1 1 1

2 2 1 0=−

=− −

≈+ −

= =−

( )

( ,/

00 10

630

6××

− s)(1d/86.400s)

m/s)/(2,998 10 m/8[( ss)]

d.

2

= 5 25,

71. Seja v a velocidade dos satélites em relação à Terra. Quando os satélites passam um pelo outro em sentidos opostos, a velocidade relativa, de acordo com a transformação clássica de Galileu, é v vcrel, = 2 . Por outro lado, usando a transformação relativística, obtemos

vv

v crel /

=+

2

1 2 2.


(a) Para v = 27.000 km/h, v vcrel, = 2 = 2(27.000 km/h) = 5,4 × 104 km/h.

(b) Podemos expressar a velocidade da luz em km/h multiplicando o valor em m/s por 3,6: c = 1,08 × 109 km/h. O erro relativo é

v v

v v cc

c

rel rel

rel / k,

, [( .

−= −

+= −

+1

1

11

1

1 27 0002 2 mm/h / km/h) ( , )], .

1 08 106 3 10

9 210

×= × −

Nota: Como a velocidade dos satélites é muito menor que a velocidade da luz, o erro que come-temos ao usar a transformação clássica para calcular a velocidade relativa é insignificante.

72. = = =+

=v

c

d c

t

/ anos

anos anos

6 0

2 0 6 00 75

,

, ,, .

73. O trabalho executado sobre o próton é igual à variação da energia cinética do próton. A energia cinética do próton é dada pela Eq. 37-52:

K E mc mc mc mc= − = − = −2 2 2 2 1 ( ),

em que = −1 1 2/ é o fator de Lorentz. Seja v1 a velocidade inicial do próton e seja v2 a ve-locidade final. O trabalho necessário é

W K mc mc mc mc= = − − − = − =D D22

21

22 1

21 1( ) ( ) ( ) .

Para b2 = 0,9860, g2 = 5,9972; para b1 = 0,9850, g1 = 5,7953. Assim, Dg = 0,202 e, portanto,

W K mc= = = − =D D( ) ( )( , , )2 938 5 9972 5 7953 189 MeV MeeV.

74. Como a vida média do píon no referencial da Terra é D Dt t= 0, a distância percorrida é

d v t v t= = = × × −D D 0

80 99 2 998 10

1

( , )( , m/s)(26 10 s)9

−−=

( , )0 9955

2m.

75. A Eq. 37-48 pode ser escrita na forma

Emc

v c=

−

2

2 21 /.

Explicitando a velocidade v e levando em conta o fato de que, de acordo com a Tabela 37-3, mc2 = 0,511 MeV, obtemos:

v cmc

Ec= −

= −

1 1

0 511

1533

2 2, MeV

MeV

22

0 99999994= ≈, ,c c

o que nos leva à conclusão de que, em nosso referencial, a viagem do elétron levou 26 anos. O tempo decorrido no referencial do elétron pode ser calculado combinando a Eq. 37-7 com a Eq. 37-48, o que nos dá:

DD

Dtt

tmc

E0

2

260 511

15330 00= = = =

( )

,,anos

MeV

MeV887ano,

o que significa que, no referencial do elétron, a distância percorrida foi apenas 8 7 10 3, .× − anos-luz8 7 10 3, .× − anos-luz


Emc=

−

2

21 .


Explicitando b, obtemos

= −

= − × −1 1

1 672621237 10 2 92 2 27mc

E

( , )( ,kg 99792458 10

10 611 100 99990

8

9

2×

×

=−

m/s

J

)

,, ..

77. A velocidade da espaçonave após o primeiro incremento é v1 = 0,5c. Após o segundo in-cremento, passa a ser

vv v

v v c

c c

c c2

1

12 2 21

0 50 0 50

1 0 500= ′ +

+= +

+=

'

, ,

( , ),880c.

Após o terceiro incremento, passa a ser

vv v

v v c

c c

c c3

2

221

0 50 0 50

1 0 50 0 80= +

+= +

+'

'

, ,

( , ) ( , )), .

cc

20 929=

Continuando o processo, obtemos v4 = 0,976c, v5 = 0,992c, v6 = 0,997c e v7 = 0,999c. Assim, são necessários sete incrementos.


l

l

l l

l l0 0

2

02

1

1

1

1= −

+⇒ = −

+/

/

( )

( ).

Para l0/l = 434/462, obtemos b = 0,062439, o que nos dá v = 1,87 × 104 km/s.

(b) Como o comprimento de onda sofre um desvio “para o vermelho” (para maiores compri-mentos de onda) a galáxia está se afastando da Terra.

79. De acordo com a Eq. 37-54 com mc2 = 0,511 MeV (veja a Tabela 37-3),

p

c

K Kmc

c= + =

+2 2 22 2 00 2 2 0 0 511( , ) ( , )( ,MeV MeV MeeVMeV/

), .

cc= 2 46


| |

( ,

DL L L L L= − = −

= − −( )

= ×

0 0 021

11 1

2 6 370 1

γ

00 1 13 0 10

2 998 106

4

8

2

mm s

m s)

,

,− − ×

×

= =0 064, m 6,4 cm.

81. Vamos chamar de partícula 2 a primeira partícula mencionada no enunciado. Como o mo-mento total das duas partículas é zero no referencial S9, as velocidades das duas partículas devem ter o mesmo módulo e sentidos opostos em S9. Chamando de v a velocidade de S9 em relação a S, a velocidade no referencial S9 da partícula que está em repouso no referencial S é ′ = −u v1 e a expressão da velocidade da outra partícula pode ser obtida explicitando u9 na Eq. 37-29:

′ = −−

= −−

uu v

u v c

c v

c v c2

2

22 21

2

1 2/

/

/ /

( )

( )( ).

Fazendo ′ = − ′ =u u v2 1 , obtemos

( )

( )( )( ) ,

c v

c v cv v c c

/

/ /

2

1 22 3 0 27

2

−−

= ⇒ = ± ≈

em que, das duas raízes da equação do segundo grau, foi escolhida a raiz para a qual v < c.


82. (a) Como o tempo de vida da partícula no referencial do laboratório é

DtL

v= = ×

× ×= ×

−−2 30 10

0 960 3 00 107 99 10

4

813,

, ,, s,

o tempo de vida próprio da partícula, de acordo com a Eq. 37-7, é

D Dt t v c02 13 21 7 99 10 1 0 960 2 2= − = × − =−( / ) ( , ) ( , ) ,s 337 10 2 24 1013 13× ≈ ×− −s s.,

(b) A distância percorrida pela partícula no seu referencial de repouso é

L v t0 08 130 96 3 00 10 2 237 10 6 4= = × × =−D , ( , )( , ) ,m/s s 44 10 5× − m.

83. (a) De acordo com a Eq. (37-52),

K m cp= − =−

−

=22

1 9381

1 0 9901 5( ) (

( , ) MeV) ,, .71 GeV

(b) De acordo com a Eq. (37-48),

E m cp= =−

= 22

1

1 0 990938 6 65

( , )( ) ,MeV GeV..

(c) De acordo com as Eqs. (37-8) e (37-41),

p m v m c cc

p p= = =−

( )(

( ,2 938

1 0 990/

MeV)(0,990)/

)), .

26 58= GeV/c

(d) De acordo com a Eq. (37-52),

K m ce= − =−

−

22

1 0 5111

1 0 9901( ) ( ,

( , ) MeV) == 3 11, .MeV

(e) De acordo com a Eq. (37-48),

E m ce= =−

= 22

1

1 0 9900 511 3 62

( , )( , ) ,MeV MeeV.

(f) De acordo com as Eqs. (37-8) e (37-41),

p m v m c cc

e e= = =−

( )( ,

( ,2 0 511

1 0 9/

MeV)(0,990)/

9903 59

2), .= MeV/c


= =

−0

0

21 ( ).

v c/


R

Rff

c v

c v= = −

+

= +−

= +−

−1 1

1

1

10

1

0 0 .

(c) O efeito Doppler envolve dois diferentes fenômenos: a dilatação do tempo da fonte em movimento e a variação do intervalo entre os picos que acontece quando os sinais periódicos emitidos por uma fonte em movimento são captados por um receptor estacionário. Para me-dir apenas o efeito de dilatação do tempo, é preciso usar medidas “locais”, ou seja, comparar


as leituras de um relógio em movimento com as de dois relógios do observador estacionário, situados a uma certa distância um do outro, nos instantes em que o relógio móvel passa pelos relógios estacionários.

85. Seja S o referencial no qual a partícula que se aproxima do Polo Sul está em repouso e seja S9 o referencial da Terra. Nesse caso, v = 0,60c, u9 = 0,80c (considerando positivo o sentido norte-sul) e a velocidade relativa é a velocidade da partícula que se aproxima do Polo Norte no referencial S:

uu v

u v c

c c

c c= ′ +

+ ′= +

+1

0 80 0 60

1 0 80 0 602/ /

, ,

( , )( , ) ccc

20 95= , .

86. (a) DE = Dmc2 = (3,0 kg)(0,0010)(2,998 × 108 m/s)2 = 2,7 × 1014 J.

(b) A massa de TNT é

mTNTJ kg mol

J= ×

×=( , )( , )

,,

2 7 10 0 227

3 4 101 8

14

6×× 107 kg.

(c) Supondo que a mesma massa do item (a), (3,0 kg)(0,0010), é convertida em energia, a fra-ção da massa convertida em energia no caso do TNT é

Dm

mTNT

TNT

kg)(0,0010)

kg=

×= ×( ,

,,

3 0

1 8 101 6 10

7−−9 ,

o que significa que a fração é 0,0010/1,6 × 10–9 = 6,0 × 106.

87. (a) Como a expressão clássica da energia cinética é a Eq. 37-51, E = mv2/2, a energia de um elétron que estivesse se movendo à velocidade da luz seria

E = mec2/2 = (511 keV)/2 = 255,5 keV.

Assim, de acordo com a Eq. 24-5, a diferença de potencial necessária para acelerar o elétron até a velocidade da luz seria

VE

q e= = = ≈

| |

,,

255 5255 5

keVkV 256 kV.

(b) Igualando a diferença de potencial calculada no item (a) à expressão relativística da energia cinética, dada pela Eq. 37-52, obtemos:

V m c m cv c

v ce e= − =− ( )

−

⇒ = +−

2 211

11 1

1

12( )

VV m cc

e2

2

0 745

= , .

88. Vamos chamar de u9 a velocidade do míssil em relação ao caça e de u e v as velocidades do míssil e do caça em relação ao cruzador, respectivamente. Nesse caso, u9 = 0,980 e v = –0,900c, já que a velocidade do caça em relação ao cruzador é o negativo da velocidade do cruzador em relação ao caça. De acordo com a fórmula da velocidade relativa (Eq. 37-29), temos:

uu v

u v c

c c= ′ ++ ′

= −−1

0 980 0 900

1 0 980 0 9002/

, ,

( , )( , )), .= 0 678c

1. (a) Fazendo E = hc/lmin = 1240 eV · nm/lmin = 0,6 eV, obtemos l = 2,1 × 103 nm = 2,1 mm.

(b) Este comprimento de onda pertence à região do infravermelho.

2. Como

1

22m v E

hce = =fóton

,

temos:

vhc

m

hc

m cc c

hc

m ce e e

= = =

= ×

2 2 2

2 998 10

22

2

8

( )

( , m//seV nm

nm eVm)

( )

( )( ),

2 1240

590 511 108 6 10

35⋅

×= × //s.

O fato de que v << c mostra que o uso da expressão clássica K = mv2 para a energia cinética está correto.

3. Seja R o número de fótons emitidos por segundo pelo Sol e seja E a energia de um fóton. Nesse caso, a potência luminosa emitida pelo Sol é dada por P = RE. Além disso, E = hf = hc/l, em que h = 6,626 × 10–34 J · s é a constante de Planck, f é a frequência da luz emitida e l é o comprimento de onda. Assim, P = Rhc/l e

RP

hc= = ×

× ⋅− ( )( , )

( , )( ,

550 3 9 10

6 63 10 2

26

34

nm W

J s 9998 101 0 10

845

×= ×

m/sfótons/s.

),

4. Se o diâmetro do feixe do laser é d, a área da seção reta do feixe é A = pd 2/4 e o número de fótons absorvidos por unidade de área e por unidade de tempo é

R

A

P

hc d= = ×

×

−

( )

( )( , )

( ,2

3

4

4 633 5 0 10

6 63 1/

nm W

00 2 998 10 3 5 10

1 7 10

34 8 3 2

2

− −⋅ × ×

= ×

J s m/s m)( , )( , )

, 11 fótons/m s2⋅ .

5. A energia de um fóton é dada por E = hf, em que h é a constante de Planck e f é a frequência. Como o comprimento de onda l está relacionado à frequência através da equação lf = c, E = hc/l. Como h = 6,626 × 10–34 J · s e c = 2,998 × 108 m/s,

hc = × ⋅ ××

−

−( , )( , )

( ,

6 626 10 2 998 10

1 602 10

34 8J s m/s119 910

1240J/eV m/nm

eV nm.)( )− = ⋅

Assim,

E = ⋅1240 eV nm

.

Para

l = (1.650.763,73)–1 m = 6,0578021 × 10–7 m = 605,78021 nm,

Capítulo 38


a energia é

Ehc= = ⋅ =

1240

605 780212 047

eV nm

nmeV.

,,

6. A energia de um fóton é dada por E = hf, em que h é a constante de Planck e f é a frequência. Como o comprimento de onda l está relacionado à frequência através da equação lf = c, E = hc/l. Como h = 6,626 × 10–34 J · s e c = 2,998 × 108 m/s,

hc = × ⋅ ××

−

−( , )( , )

( ,

6 626 10 2 998 10

1 602 10

34 8J s m/s119 910

1240J/eV m/nm

eV nm.)( )− = ⋅

Assim,

E = ⋅1240 eV nm

.

Para l = 589 nm,

Ehc= = ⋅ =

1240

5892 11

eV nm

nmeV.,

7. A taxa com a qual os fótons são absorvidos pelo detector está relacionada à taxa com a qual os fótons são emitidos pela fonte luminosa através da equação

RA

rRabs

abs2 emit4

= ( , ) .0 80

Como Aabs = 2,00 × 10−6 m2, r = 3,00 m e Rabs = 4000 fótons/s, a taxa com a qual os fótons são emitidos é

Rr

ARemit

2

absabs

4 m

(0,80)(= =

( , )

( , )

0 80

4 3 00 2

22 00 104000 2 83 10

68

, )( ,

×= ×− m

fótons) fótons/s2

..

Como a energia de um fóton é

Ehc

fótoneV nm

nmeV,= = ⋅ =

1240

5002 48,

a potência da fonte é

P R Eemit emit fóton fótons/s eV= = ×( , )( ,2 83 10 2 488 )) , , .= × = × −7 0 10 1 1 108 10eV/s W

8. A taxa com a qual os fônons são emitidos pelo laser de argônio é dada por R = P/Efóton, na qual P = 1,5 W é a potência do feixe luminoso e Efóton = hc/l é a energia de um fóton de comprimento de onda l. Como a = 84% da energia do feixe luminoso incide no disco central, a taxa de absorção de fótons no disco central é

′ = = =× ⋅−R R

P

hc

/

( , )( , )

( , )( ,λ0 84 1 5

6 63 10 234

W

J s 9998 10 515 10

3 3 10

8 9

18

× ×

= ×

−m/s /( m

fótons/s.

) )

,

9. (a) Vamos supor que toda a potência resulta na produção de fótons com um comprimento de onda l = 589 nm. Seja R a taxa de produção de fótons e seja E a energia de um fóton. Nesse caso,

P = RE = Rhc/l,

em que h é a constante de Planck, c é a velocidade da luz e l é o comprimento de onda. Assim,

RP

hc= = ×

× ⋅

−

− ( )( )

( , )( ,

589 10 100

6 63 10 3 0

9

34

m W

J s 00 102 96 10

820

×= ×

m/sfótons/s.

),


(b) Seja I o fluxo de fótons a uma distância r da fonte. Como os fótons são emitidos uniformemente em todas as direções, R = 4pr2I e

rR

I= = ×

×4

2 96 10

4 1 00 10

20

4

,

( ,

fótons/s

fótons/m22 sm.

⋅= ×

),4 86 107

(c) O fluxo de fótons é

IR

r= = × = ×

4

2 96 10

4 2 005 89 10

2

20

2

,

( , ),

fótons/s

m118 fótons/m s2⋅ .

10. (a) A potência luminosa incidente no painel é

P = =( , )( , ) ,1 39 2 60 3 61kW/m m kW.2 2

(b) O número de fótons por segundo absorvidos pelo painel é

RP

E= = ×

× ⋅ ×−f

W

J s m/s

3 61 10

6 63 10 2 998 10

3

34 8

,

( , )( , )) / ( )

,

550 10

1 00 10

9

22

×

= ×

− m

fótons/s.

(c) O tempo pedido é dado por

tN

RA= = ×

×=−

6 02 10

1 00 1060 2

23

22 1

,

,,

ss.

11. (a) Seja R o número de fótons emitidos por unidade de tempo e seja E a energia de um fóton. Nesse caso, se toda a potência da lâmpada contribui para produção de fótons, a potência da lâmpada é dada por P = RE. Como E = hf = hc/l, em que h é a constante de Planck, f é a frequência da luz emitida e l é o comprimento de onda, temos:

PRhc

RP

hc= ⇒ =

.

Como a energia de um fóton é inversamente proporcional ao comprimento de onda, a lâmpada que emite luz com maior comprimento de onda (a lâmpada infravermelha) precisa emitir mais fótons para desenvolver a mesma potência.

(b) Seja R o número de fótons por segundo emitidos pela lâmpada infravermelha. Nesse caso,

RP

hc= =

× − ( )( )

( , )(

700 400

1 60 10 124019

nm J/s

J/eV eeV nmfótons/s.

⋅= ×

),1 41 1021

12. De acordo com o Exemplo “Emissão e absorção de luz na forma de fótons”, temos:

PRhc= = × ⋅ ×− −

( )( , )( ,100 6 63 10 2 998 101 34 8s J s m/s)),

550 103 6 10

91

×= ×−

−m

W.7

13. A energia total emitida pela lâmpada é E = 0,93Pt, em que P = 60 W e

t = 730 h = (730 h)(3600 s/h) = 2,628 × 106 s.

Como a energia de cada fóton emitido é Ef = hc/l, o número de fótons emitidos é

NE

E

Pt

hc= = = ×

f /

W s0 93 0 93 60 2 628 10

6

6, ( , )( )( , )

( , 663 10 2 998 10 630 104 7

34 8 9× ⋅ × ×=− −J s m/s m)( , ) / ( )

, ×× 1026.


14. A potência média da fonte é

PE

tmed

nJ

2 snJ/s J/s= = = = × =−D

D

7 23 6 3 6 10 2 259,, , , ×× 1010 eV/s.

Como a energia dos fótons é

Ehc

feV nm

nmeV,= = ⋅ =

1240

6002 07,

o número de fótons por segundo emitidos pela fonte é

RP

Eemit

med

f

eV/s

eVf= = × = ×2 25 10

2 071 09 10

1010,

,, óótons/s.

Como a fonte é isotrópica e o detector (situado a 12,0 m de distância) tem uma área útil Aabs

2m= × −2 00 10 6, e absorve 50% da luz incidente, o número de fótons por segundo absorvidos pelo detector é

RA

rRabs

abs2 emit

2

4

m= = × −( , ) ( , )

,0 50 0 50

2 00 10 6

44 12 01 09 10 6 0

210

( , )( , ) ,

mfótons/s fótons/s× = ..

15. A energia de um fóton incidente é E = hf, na qual h é a constante de Planck e f é a frequência do fóton. A energia cinética do fóton ejetado de maior energia é

Kmax = E – F = (hc/l) – F,

em que F é a função trabalho do sódio e f = c/l, sendo que l é o comprimento de onda do fóton. Como o potencial de corte Vcorte está relacionado à energia cinética máxima através da equação eVcorte = Kmax,

eVcorte = (hc/l) – F

e

=+

= ⋅+

=hc

eVcorte

eV nm

eV 2,2 eVnm.

F

1240

5 0170

,

Nota: Para este valor da função trabalho, a frequência de corte é

fh

0

19

34

2 2 10= = ×× ⋅

−F ( , )eV)(1,6 J/eV

J s6,626 10− == ×5 3 1014, Hz.

16. A energia cinética máxima dos elétrons ejetados pode ser calculada a partir da Eq. 38-5:

K hfmax ( , )( , ) ,= − = × ⋅ × −−F 4 14 10 3 0 10 2 315 15eV s Hz eeV = 10 eV.


Km v

m c v c Eeemax ( )( ) .= = = −

22 2

2

1

2/ fóton F

Explicitando v, obtemos

v cE

m ce

= − = × −22 998 10

2 5 80 42

8( )( , )

( ,fóton m/seVF .. )

,50

511 106 76 10

35eV

eVm/s.

×= ×

18. O menor comprimento de onda dos fótons da luz visível é da ordem de 400 nm, o que significa que a energia desses fótons é

E = hc/l = (1240 eV· nm/400 nm) = 3,1 eV.


Para que uma célula fotelétrica funcione com luz visível, é preciso que a energia dos fótons seja maior que a função trabalho do elemento. Assim, entre os elementos citados, os únicos que funcionam com luz visível são o bário e o lítio.

19. (a) O potencial de corte pode ser calculado a partir da Eq. 38-6:

Vhf

e

hc

ecorte

/ eV nm/400 nm e= − = − =

⋅( ) −F F 1240 1 8, VVV.

e= 1 3,


Km v

m c v c Eeemax ( )( ) .= = = −

22 2

2

1

2/ fóton F

Explicitando v, obtemos

vE

m

eV

mc

eV

m ce e e

= − = = =2 2 22

2

( )(fóton corte corteF

,, ),

,

998 102 1 3

6 8 10

8

5

× ( )×

= ×

m/sV

511 10 eV

m/s.

3

e

20. O número de fótons emitidos pelo laser por unidade de tempo é

RP

E

P

hc== = = ×

⋅

−

fóton /

W

eV nm/600 nm

2 00 10

1240

3,

( ))(1,60 10 J/eV)fótons/s,

×= ×−19

156 05 10,

dos quais (1,0 × 10–16)(6,05 × 1015/s) = 0,605 fótons/s produzem emissões fotelétricas. Assim, a corrente é

i = (0,605/s)(1,60 × 10–19 C) = 9,68 × 10–20 A.

21. (a) De acordo com a Eq. (28-16), v = rBe/me e, portanto,

K m v mrBe

m

rB e

me e

e emax

( ) ( ,= =

= =1

2

1

2 2

12

2 2 2 888 10 1 60 10

2 9 11 10

4 19

31

× ⋅ ××

− −

−T m) C)

kg)(

2 2( ,

( , 11,60 10 J/eV)

keV.

19×

=

−

3 1,

(b) O trabalho pedido é igual à diferença entre a energia dos fótons incidentes e a energia cinética máxima dos elétrons emitidos:

W E Khc

K= − = − = ⋅×

−−fótoneV nm

nmmax max

1240

71 103

3,,10 14keV keV.=


K Ehc hc

maxmax

= − = − = ⋅ −fótoneV nm

nmF

λ λ1240

254

12400

3251 07

eV nm

nmeV.

⋅ = ,

23. (a) A energia cinética do elétron mais rápido é dada por

Km = hf – F = (hc/l) – F,

em que F é a função trabalho do alumínio, f é a frequência da radiação incidente e l é o comprimento de onda. Assim,

Km = ⋅ −1240

2004 20

eV nm

nmeV = 2,00 eV.,


(b) Como a energia do elétron mais lento é igual à função trabalho, sua energia cinética é zero.

(c) Como o potencial de corte obedece à relação Km = eV0, temos:

VK

e em

02 00

2 00= = =,, .

eVV

(d) Para o comprimento de onda de corte, Km = 0, o que nos dá hc/l = F e, portanto,

= = ⋅ =hc

F

1240

4 2295

eV nm

eVnm

,.

Para maiores comprimentos de onda, os fótons não têm energia suficiente para arrancar elétrons da placa de alumínio.

24. (a) No primeiro caso (que vamos chamar de 1) e no segundo (que vamos chamar de 2), temos:

eV1 = hc/l1 – F e eV2 = hc/l2 – F.

Eliminando F dessas equações, obtemos

he V V

c= −

−= −

×− −( )

( )

,

( ,1 2

11

21

1 85

3 00

eV 0,820 eV

110 300 4004 12 10

17 1 115

nm/s nm nme

) ( ) ( ),− −

−−[ ] = × VV s.⋅

(b) Eliminando h nas equações do item (a), obtemos

F = −−

= −3 0 820 1 852 2 1 1

1 2

( ) ( , ( ,V V

eV)(400 nm) eVV)(300 nm)

nm nmeV.

300 4002 27

−= ,

(c) Fazendo F = hc/l0, obtemos

λ01240

2 27545= = ⋅ =hc

F

eV nm

eVnm.

,

25. (a) Vamos usar a equação do efeito fotelétrico (Eq. 38-6) na forma hc/l = F + eV0. Seja l1 o primeiro comprimento de onda e seja l2 o segundo comprimento de onda. Seja eV01 = 0,710 eV a energia potencial de corte correspondente ao primeiro comprimento de onda e seja eV02 a energia potencial de corte correspondente ao segundo comprimento de onda. Nesse caso,

hcV

hcV

101

202= + = +F Fe .

A primeira equação nos dá F = (hc/l1) – V01. Substituindo este valor de F na segunda equação, obtemos

hc hcV V

2 101 02= − + ,

o que nos dá

2

1

1 02 01

1240

1240=

+ −= ⋅hc

hc V V( )

( V nm)(491 nm)

eeV nm nm)(1,43 eV eV)

nm.

⋅ + −

=

( ,491 0 710

382

(b) A primeira equação do item (a) nos dá

F = − = ⋅ − =hcV

101

1240

4910 710 1 82

eV nm

nmeV eV., ,


26. Para determinar o maior comprimento de onda (ou seja, a energia mínima) que permite que um fóton ejete elétrons de uma superfície revestida com platina, fazemos Kmax = 0 na Eq. 38-5 e usamos a relação hf = hc/l, o que nos dá hc/lmax = F. Explicitando lmax, obtemos

max ,= = ⋅ =hc

F

1240

5 32233

eV nm

nmnm.

27. (a) Quando um fóton é espalhado por um elétron inicialmente em repouso, a variação de comprimento de onda é dada por

D = −h

mc( cos ),1

em que m é a massa do elétron e f é o ângulo de espalhamento. Como h/mc = 2,43 × 10−12 m = 2,43 pm, temos:

D = − = − =h

mc( cos ) ( , )( cos ) ,1 2 43 1 30 0 326pm pm°

e o comprimento de onda da luz espalhada é

l9 = l + Dl = 2,4 pm + 0,326 pm = 2,73 pm.

(b) Nesse caso. Dl = (2,43 pm)(1 – cos 120°) = 3,645 pm e

l9 = 2,4 pm + 3,645 pm = 6,05 pm.

28. (a) Como a energia de um elétron é dada por E = mec2, o momento do fóton é

pE

c

m c

cm ce

e= = = = × ×−2

319 11 10( , kg)(2,998 10 m/s)8 == × ⋅

=

−2 73 10

0 511

22,

,

kg m/s

MeV/ .c


= = × ⋅× ⋅

= ×−

−−h

p

6 63 10

2 73 102 43 10

34

22

,

,,

J s

kg m/s112 m 2,43 pm.=


fc= = ×

×= ×−

2 998 10

2 43 101 24 10

8

1220,

,,

m/s

mHz.

29. (a) A frequência dos raios X é

fc= = ×

×= ×−

2 998 10

35 0 108 57 10

8

1218,

,,

m/s

mHz.

(b) A energia dos fótons de raios X é

E hf= = × ⋅ × = ×−( , ,4 14 10 3 55 1015 4eV s)(8,57 10 Hz)18 eeV.


ph= = × ⋅

×= × ⋅

−

−−

λ6 63 10

35 0 101 89 10

34

1223,

,,

J s

mkg mm/s keV/ .= 35 4, c

30. Como o fator (1 – cos f) da Eq. 38-11 é máximo para f = 180°, temos:

Dmax ( [= − = ⋅ −hc

m cp2

11240

9381cos180 )

MeV fm

MeV° (( )] ,− =1 2 64 fm.


31. Se E é energia original do fóton e E9 é a energia após a colisão, a perda relativa de energia é

D D

D

E

E

E E

E= − ′ =

+.

Assim,

D D

D

=

−=

−= =E E

E E

/

/%

1

0 75

1 0 753 300

,

,.


Dλ = h

m ce

( ( , ,1 2 43 4 86− = − ° = +cos ) pm)(1 cos180 ) pm ..

(b) A variação da energia do fóton é

DEhc hc=

′− =

+−

λ λ(

, ,1240

4 86

1

0 01eV.nm)

1

0,01 nm pm nnmkeV.

= −40 6,

(c) De acordo com a lei de conservação da energia, DK = – DE = 40,6 keV.

(d) Como o elétron estava praticamente em repouso antes do espalhamento, o momento que adquire após o espalhamento tem a mesma direção que o momento do fóton. Assim, o ângulo entre o semieixo x positivo e a direção do movimento do elétron após o espalhamento é 0o.

33. (a) A variação relativa da energia é

D DD

E

E

hc

hc= =

=

′−

=

′( /

/

) 1 1 1

− = −

= − = −− +−

1 1

1 1

1 1

+

+ 1

D

D/ / cos ) 1( )(.

C

Para l = 3,0 cm = 3,0 × 1010 pm e f = 90°, temos:

DE

E= −

× − += −−

1

3 0 10 18

10( ,,

pm/2,43pm)(1 cos 90 ) 1°11 10 8 1 1011 9× = − ×− −, %.

(b) Para l = 500 nm = 5,00 × 105 pm e f = 90°, temos:

DE

E= −

× − ° += −−

1

5 00 10 14

5 1( ,,

pm/2,43pm)(1 cos 90 )99 10 4 9 106 4× = − ×− −, .%

(c) Para l = 25 pm e f = 90°, temos:

DE

E= −

− ° += − ×−

−1

25 18 9 10

12

(,

pm/2,43pm)(1 cos90 )== −8 9, .%

(d) Se a energia dos fótons é 1,0 MeV,

= = = × =−hc

E

124 nm eV

MeVnm pm

0

1 01 24 10 1 243·

,, , ,

o que nos dá

DE

E= −

− += − = −−

1

1 24 90 10 66

1( , cos ),

pm/2,43 pm)(1 °666%.


(e) Os cálculos anteriores mostram que a variação percentual de energia é praticamente nula para fótons de micro-ondas e de luz visível. Assim, só é possível, na prática, detectar o efeito Compton para fótons de raios X e raios gama.

34. A energia inicial do fóton é

Ehc= = ⋅ = ×

1240

0 003004 13 105eV nm

nmeV.

,,

De acordo com a Eq. 38-11, o deslocamento de Compton é

D = −( ) = −( ) = =h

m c

h

m c

hc

m ce e e

1 1 90 0124

2cos cos , °

00

511 102 43

3

eV nm

eVpm.

⋅×

= ,

Assim, o novo comprimento de onda do fóton é

l9 = 3,00 pm + 2,43 pm = 5,43 pm

e a nova energia do fóton é

′ =′

= ⋅ = ×Ehc

1240

0 005432 28 105eV nm

nmeV

,,

De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética do elétron é

K E E Ee = = − ′ = × − × = × ≈D 4 13 10 2 28 10 1 85 10 35 5 5, , ,eV eV ,,0 10 14× − J.

35. (a) O comprimento de onda de Compton do elétron é

Ce

h

m c= = × ⋅

×

−

−6 626 10

9 109 10

34

31

,

( ,

J s

kg)(2,998 ××= × =−

10 m/s)m pm.

82 426 10 2 4312, ,

(b) O comprimento de onda de Compton do próton é

C = × ⋅× ×

−

−6 626 10

1 673 10

34

27

,

( ,

J s

kg)(2,998 10 m8 //s)m fm.= × =−1 321 10 1 3215, ,

(c) No caso do elétron,

E = =×

= ×−124 e V nm 124 e V nm

nm

0 0

2 426 105 11

3

· ·

,,

110 0 5115 e V MeV= , .

(d) No caso do próton,

E = =×

= ×−124 eV nm 124 eV nm

nm

0 0

1 321 109 39 10

38· ·

,,

eeV MeV= 939 .

36. (a) O comprimento de onda dos raios gama incidentes é

= hc

E= ⋅ = × =−1240

0 5112 43 10 2 433nm eV

MeVnm pm.

,, ,


′ − = + − = + = +Dh

m ce

( , ( ,1 2 43 2 43cos ) pm pm)(1 ccos 90,0 ) pm.° = 4 86,

(c) A energia dos fótons espalhados é

′ =′

=

=E E

( ,0 511 MeV)

2,43 pm

4,86 pm00 255, MeV.



D = −h

m ce

(1 cos ).

Neste caso, f = 180°, cos f = –1 e a variação do comprimento de onda do fóton é Dl = 2h/mec. Assim, se a energia inicial do fóton é E, a energia do fóton espalhado é

′ =+

=+

=+

=+

Ehc E E

h m c E hc

E

E me D D1 1 2 1 2/ / / /( )( ) eec2

50 0

1 2 50 041 8=

+=,

( ,,

keV

keV)/0,511MeVkeV.

(b) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética do elétron espalhado é

K = E – E9 = 50,0 keV – 41,8 keV = 8,2 keV.

38. A variação relativa da energia do fóton é

E E

E

h mc

hc E h mc

− ′ = = −+ −

Dλλ + ∆λ

( )( cos )

( ) ( / )(

/

/

1

1

ccos ).

De acordo com a lei de conservação da energia, E – E9 = K. A energia cinética é máxima para f = 180°, o que nos dá

K

E

h mc

hc E h mc= −

+ −( )( cos )

( ) ( )( cos

/

/ /

1 180

1 180

°

°)) ( ) ( )=

+2

2

h mc

hc E h mc

/

/ /.

Multiplicando ambos os membros por E e simplificando a fração do lado direito, obtemos

K Emc

c E mc

E

mc E=

+

=+

2

2 2

2

2

/

/ / /.

39. A variação relativa da energia do fóton é

= = =

= −

D DD

D

E

E

hc

hc

( /

/

) 1 1+1

= D

D

+,

o que nos dá Dl = lb/(1 – b). Substituindo esta expressão de Dl na Eq. 38-11 e explicitando cos f, obtemos

cos( )

( )

( )

= −

−= −

−

= −

11

11

1

2mc

h

mc

h

mc

ED = 1−

(( , )(

( , )(, ,

0 10 511

1 0 10 2000 716

keV)

keV)−=

o que nos dá f = 44°.

40. O comprimento de onda inicial do fóton é

= = ⋅ =hc

E

1240

17 5000 07086

eV nm

eVnm.

.,

O deslocamento de Compton é máximo para f = 180°, caso em que a Eq. 38-11 nos dá

D =

− = ⋅×

hc

m ce2 3

1 1801240

511 10( cos )°

eV nm

eeVnm.

− − =[( ( )] ,1 1 0 00485


Assim, o novo comprimento de onda do fóton é

l9 = 0,07086 nm + 0,00485 nm = 0,0757 nm

e a nova energia do fóton é

′ =′

= ⋅ = × =Ehc

1240

0 07571 64 10 16 44eV nm

nmeV ke

,, , VV.

De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética do elétron é dada por

E9 – E = 17,5 keV – 16,4 keV = 1,1 keV.


D = − = − =h

m ce

( cos ) ( , cos ) ,1 2 43 90 2 43pm)(1 pm.°

(b) O deslocamento de Compton relativo é

D

= = × −2 425

5904 11 10 6,

, .pm

nm

(c) A variação da energia de um fóton com l = 590 nm é

D DD

D

DE

hc hc hc=

= −

+

≈ −

= −

2

4( ,114 10

590

15× ⋅ ×− eV s)(2,998 10 m/s)(2,43pm)

nm)

8

( 22

eV.= − × −8 67 10 6,

(d) No caso de um fóton de raios X de energia E = 50 keV, Dl tem o mesmo valor do item (a), 2,43 pm, já que Dl não depende da energia.

(e) Para um fóton com E = 50 keV, a variação relativa do comprimento de onda é

D D

= = ×× ⋅−hc E/

eV)(2,43 pm)

eV

(

( ,

50 10

4 14 10

3

15 ss)(2,998 10 m/s)8×= × −9 78 10 2, .

(f) A variação da energia do fóton é

DD

D

DE hc

hcE=

+−

= −

+

= −+

1 1

1

,

em que a = Dl/l. Para E = 50 keV e a = 9,78 × 10–2, obtemos DE = –4,45 keV.

Note que, neste caso, a ≈ 0,1, um valor que não está suficientemente próximo de zero para que a aproximação DE ≈ hcDl/l2 seja válida, como acontece no item (b), em que a = Dl/l = 4,12 × 10–6. Se usássemos a mesma aproximação neste caso, obteríamos DE ≈ –4,89 keV, o que representa um erro de aproximadamente 10% em relação ao valor correto.


= h

p

h

m K

hc

m c Ke e

= = = ⋅2 2

12402

eV nm

2(511000 eV)(10000 eV)nm 38,8 pm.= =0 0388,


= c

f

c

E h

hc

E= = = ⋅ =

/

eV nm

keVnm.

1240

1 001 24

,,


(c) Usando a Eq. 38-13 e convertendo a energia do nêutron de elétrons-volts para joules, obtemos

= h

m Kn2

6 63 10

2 1 675 10

34

27= × ⋅

× ×

−

−

,

( ,

J s

kg)(1,6 100 J)m 906 fm.

16−−= × =9 06 10 13,

43. O comprimento de onda de de Broglie do elétron é

= 6,626 10−h

m eVe2 2 9 109 10

34

31= × ⋅

× −

J s

kg)(1,6( , 002 10 C)(25,0 10 V)

m pm

3× ×

= × =

−

−

19

127 75 10 7 75, , .

44. Para que os dois microscópios tenham a mesma resolução, devem operar com o mesmo comprimento de onda. Como o comprimento de onda e momento estão relacionados através da equação p = h/l, isso significa que os fótons do segundo microscópio devem ter o mesmo momento que os elétrons do primeiro microscópio.

O momento de um fóton de 100 keV é

pE

c= = × ×

×

−( )( , )

,

100 10 1 60 10

3 00 10

3 19

8

eV J/eV

m/s== × ⋅−5 33 10 23, .kg m/s

p = E/c = (100 × 103 eV)(1,60 × 10–19 J/eV)/(3,00 × 108 m/s) = 5,33 × 10–23 kg · m/s.

Se um elétron possui o mesmo momento, a energia cinética do elétron é

Kp

m= = × ⋅

×=

−

−

2 23 2

312

5 33 10

2 9 11 101

( , )

( , )

kg m/s

kg,,56 10 15× − J

e a tensão de aceleração é

VK

e= = ×

×= × =

−

−1 56 10

1 60 109 76 10

15

193,

,,

J

CV 9,76 kkV.

45. (a) A energia cinética adquirida pelos íons é K = qV, na qual q é a carga do íon e V é a tensão de aceleração. Assim,

K = (1,60 × 10–19 C)(300 V) = 4,80 × 10–17 J.

Como, de acordo com o Apêndice F, a massa do íon de sódio é

m =×

= × −22 9898

6 02 103 819 10

23

,

,,

g/mol

átomos/mol223 263 819 10g kg= × −, ,

o momento dos íons é

p mK= = × × = ×− −2 2 3 819 10 4 80 10 1 91 1026 17( , )( , ) ,kg J −− ⋅21 kg m/s.

(b) O comprimento de onda de de Broglie é

= = × ⋅× ⋅

= ×−

−−h

p

6 63 103 46 10

34,,

J s

1,91 10 kg m/s21113 m.

46. (a) Fazendo p = E/c (o que equivale a desprezar a energia de repouso na Eq. 37-55), temos:

= = = ⋅×

= × =−h

p

hc

K

1240

50 102 5 10 0 025

98eV nm

eVnm, , ffm.

(b) Se R = 5,0 fm, R/l = 2,0 × 102.


47. Se a energia cinética K está expressa em elétrons-volts, temos:

= = = × ⋅× −

h

p

h

mK2 2 9 109 10

34

31

6,626 10− J s

kg)(1,( , 6602 10 J/eV)

m eV

nm

1/2

×= × ⋅

=

−

−

19

91 226 10

1 226

K K

,

, ⋅⋅ eV1/2

K.

Assim,

K = ⋅

= ⋅1 226 1 226

590

2, ,nm eV nm eV

nm

1/2 1/2

= × =−2

64 32 10, eV 4,32 eV.

48. De acordo com a Eq. 37-8, o fator de Lorentz é

=−

=−

=1

1

1

1 0 99007 0888

2 2( ) ( , ), .

v c/

Como, de acordo com a Eq. 37-41, p = gmv, o comprimento de onda de de Broglie dos prótons é

= = = × ⋅×

−

−h

p

h

mv

6 63 10

10

34

27

, J s

(7,0888)(1,67 kkg m/sm

)( , , ),

0 99 3 00 101 89 10

816

× ×= × −

A distância entre o segundo mínimo de interferência e o ponto central é

yL

d

L

d2 1

1

2

3

2= +

=

,

na qual L é a distância perpendicular entre as fendas e a tela. Assim, o ângulo entre o centro da figura de difração e o segundo mínimo é dado por

tan .= =y

L d2 3

2

Como l << d, tan u ≈ u e

≈ = ×

×= ×

−

−3

2

3 1 89 10

2 4 00 107 07 1

16

9d

( , )

( , ),

m

m00 4 0 108 6− −= × °rad ( , ) .

49. (a) O momento do fóton é dado por p = E/c, na qual E é a energia do fóton. O comprimento de onda é

= = = ⋅ = =h

p

hc

E

1240

1 001240

eV nm

eVnm 1,24 m.

,

(b) O momento do elétron é dado por p mK= 2 , em que K é a energia cinética e m é a massa do elétron. O comprimento de onda é

= =h

p

h

mK2.

Se K está expresso em elétrons-volts,

= 6,626 10−× ⋅× ×− −

34

31 12 9 109 10

J s

kg)(1,602 10( , 99

91 226 10 1 226

J/eV)

m eV nm eV1/2 1/2

K K K= × ⋅ = ⋅−, ,

.

Para K = 1,00 eV,

= ⋅ =1 226

1 001 23

,

,,

nm eV

eVnm.

1/2


(c) No caso do fóton,

= = ⋅×

= × =−hc

E

1240

1 00 101 24 10 1 24

96eV nm

eVnm f

,, , mm.

(d) Nesse caso, como a energia do elétron é elevada, temos que usar uma equação relativística para calcular o comprimento de onda. De acordo com a Eq. 38-51, o momento p e a energia cinética K do elétron estão relacionados através da equação

(pc)2 = K2 + 2Kmc2.

Assim,

pc K Kmc= + = ×( ) + ×( )2 2 9 2 92 1 00 10 2 1 00 10 0 51, , ,eV eV 11 10

1 00 10

6

9

×( )

= ×

eV

eV,

e o comprimento de onda é

= = = ⋅×

= × =−h

p

hc

pc

1240

1 00 101 24 10 1

96eV nm

eVnm

,, ,,24 fm.

50. (a) O momento do elétron é

ph= = × ⋅

×= × ⋅

−

−−

6 63 10

0 20 103 3 10

34

924,

,,

J s

mkg m/ss.

(b) O momento do fóton é igual ao do elétron: p = 3,3 × 10−24 kg . m/s.

(c) A energia cinética do elétron é

Kp

me

e

= = × ⋅×

=−

−

2 24 2

312

3 3 10

2 9 11 10

( , )

( , )

kg m/s

kg66 0 10 18, × =− J 38 eV.

(d) A energia cinética do fóton é

K pcf kg m/s m/s= = × ⋅ × = ×−( , )( , ) ,3 3 10 2 998 10 9 9 124 8 00 1016 3− = ×J 6,2 eV.


Khc

m c m ce e=

+ − = ⋅

×

−

22 4 2

3

1240

10 10

eV nm

nm

+ ( ) −

= =

220 511 0 511, ,MeV MeV

0,015 MeV 15 keV..

(b) De acordo com as Eqs. (38-2) e (38-7),

Ehc= = ⋅

×= × =−

1240

10 101 2 10

35eV nm

nmeV 120 keV.,

(c) O microscópio eletrônico é mais prático, já que a energia necessária é muito menor.

52. (a) Como K = 7,5 MeV << mac2 = 4(932 MeV), podemos usar a expressão clássica p = 2m K . De acordo com a Eq. 38-13, temos:

= = = ⋅( )( )

h

p

hc

m c K2

1240

931 5 72

MeV fm

2 4u MeV/u, ,555 2

MeVfm.

( )= ,

(b) Como l = 5,2 fm << 30 fm, não havia necessidade de levar em conta a natureza ondulatória da partícula a.


53. O comprimento de onda associado à partícula desconhecida é

xx x x

h

p

h

m v= =

na qual px é o momento, mx é a massa e vx é a velocidade da partícula.

Analogamente, o comprimento de onda associado ao elétron é

ee e e

h

p

h

m v= = .

Assim, a razão entre os comprimentos de onda é

x

e

e e

x x

m v

m v= ,

o que nos dá

mv

vmx

e e

x xe= = ×

×=

−

−

9 109 10

3 1 813 101

31

4

,

( , ),

kg6675 10 2× − 7 kg.

De acordo com o Apêndice B, a partícula desconhecida é um nêutron.

54. (a) A energia do fóton é

Ehc

fnm eV

nmkeV.= = ⋅ =

1240

1 001 24

,,

(b) A energia cinética do elétron

Kp

m

h

m

hc

m ce e e

= = ( ) = ( ) = ( )2 2 2

22 2 2

1

2 0 511

/ /

MeV

,

11240

1 001 50

2eV nm

nmeV.

⋅

=,

,

(c) Nesse caso, a energia do fóton é

Ef 6

nm eV

1,00 10 nmeV 1,24 GeV.= ⋅

×= × =−

12401 24 109,

(d) Nesse caso, a energia cinética do elétron é

K p c m c m c hc m c m ce e e e= + − = + −

=

2 2 2 2 2 2 2 2 2

12

( ) ( ) ( )/

440

1 000 511 0 511

2

2MeV fm

fmMeV MeV

⋅

+ −,

( , ) ,

== 1,24 10 MeV = 1,24 GeV.3×

Note que, para pequenos valores de l (ou seja, para grandes valores de K), a energia cinética do elétron, calculada usando a expressão relativística, é praticamente igual à do fóton. Isso é razoável, já que, para grandes valores de K, a energia de repouso do elétron é muito menor que a energia cinética e, portanto, K ≈ E ≈ pc, enquanto, para o fóton, E = pc para qualquer energia.

55. (a) Como l = h/p = h/(mpv),

vh

mp

= = × ⋅×

−

−

6 626 10

1 6705 10 0 100

34

27

,

( , )( ,

J s

kg ××= ×−10

3 96 1012

6

mm/s.

),

(b) Fazendo eV = K = mpv2/2, obtemos:

Vm v

ep= = × ×−2 27 6 2

2

1 6705 10 3 96 10

2 1

( , )( , )

( ,

kg m/s

6602 108 17 10 81 7

194

×= × =− C

V kV.)

, ,


56. Nesse caso, a função de onda seria

( , ) .( )x t e i kx t= − + 0

Essa função descreve uma onda plana que se propaga no sentido negativo do eixo x. Um exemplo de partícula real que se comporta dessa forma é um elétron com um momento

p hk= −( / )ˆ2 i

e uma energia cinética

Kp

m

h k

me e

= =2 2 2

22 8.

57. Para U = U0, a equação de Schrödinger se torna

d

dx

m

hE U

2

2

2

2 08

0

+ − =[ ] .

Vamos fazer = 0eikx . Nesse caso,

d

dxk e kikx

2

22

02

= − = −

e o resultado é

− + − =km

hE U2

2

2 08

0

[ ] .

Explicitando k, obtemos

km

hE U

hm E U= − = −8 2

22

2 0 0

[ ] [ ].

58. (a) Nesse caso, a função de onda é

( , ) (( ) ( )x t e e e ei kx t i kx t i t ik= +[ ] =− − + − 0 0

xx ikxe+ − )

e, portanto,

| ( , ) | ( ) x t e e e e ei t ikx ikx i t ikx20

20

2= + =− − − ++

= + = + +

−

−

e

e e kx i kx

ikx

ikx ikx

2

02 2

02 | )(cos sen ((cos sen ) | (cos )

(

kx i kx kx

k

− =

= +

202 2

02

4

2 1

cos 2 xx).

(b) Considere duas ondas planas de mesma amplitude 0 2/ que se propagam em sentidos opostos no eixo x. A onda total c é uma onda estacionária:

( , ) (( ) ( )x t e e e ei kx t i kx t ikx i= + = +− − + − 0 0 0

kkx i t i te kx e) ( cos ) .− −= 2 0

O gráfico a seguir mostra o quadrado da amplitude da onda estacionária,

| ( , ) | ( cos ) ( ). x t kx e kxi t20

2 2022 2 1= = +− cos 2


(c) Fazendo x t kx, cos ,( ) = +( ) =2

022 1 2 0 obtemos cos(2kx) = –1, o que nos dá

2 22

2 1 0 1 2 3kx n n=

= +( ) =( )

, , , , ,…

e, portanto,

x n= +( )1

42 1 .

(d) As posições mais prováveis da partícula são aquelas para as quais a função x t kx, cos( ) = +( )2022 1 2

x t kx, cos( ) = +( )2022 1 2 é máxima. Para isso, devemos ter cos 2kx = 1, o que nos dá

2 22

2 0 1 2 3kx n n=

= =( )

, , , , ,…

e, portanto,

x n= 1

2 .

59. Derivando a Eq. 38-17 em relação a x, obtemos:

d

dx

d

dxAe Be ikAe ikBeikx ikx ikx ikx = +( ) = −− − .

Derivando novamente em relação a x, temos:

d

dx

d

dxikAe ikBe k Ae k Beikx ikx ikx i

2

22 2 = −( ) = − −− kkx .

Substituindo na Eq. 38-16, obtemos:

d

dxk k Ae k Be k Ae Beikx ikx ikx ikx

2

22 2 2 2+ = − − + +( − )) = 0.

60. (a) Usando a identidade de Euler, eif = cos f + i sen f, podemos escrever a Eq. 38-19 na forma

( ) (cos sen ) ( cos ) (x e kx i kx kx iikx= = + = +0 0 0 0 ssen ) ,kx a ib= +

na qual a =c0 cos kx e b = c0 sen kx são números reais.

(b) A função de onda dependente do tempo é

( , ) ( )

[

( )x t x e e e ei t ikx i t i kx t= = =

=

− − −0 0

00 0cos( ( .kx t i kx t− + − )] [ sen )]

61. Como o número de onda k está relacionado ao comprimento de onda l da partícula através da equação k = 2p/l e o comprimento de onda está relacionado ao momento p através da equação l = h/p, k = 2pp/h. Como a energia cinética K está relacionada ao momento através da equa- ção K = p2/2m, na qual m é a massa da partícula, p mK= 2 e

kmK

h= 2 2

.

62. (a) O produto nn* pode ser escrito na forma

nn a ib a ib a ib a i b a ib a i∗ ∗ ∗ ∗ ∗= +( ) +( ) = +( ) +( ) = +( ) − bba iba iab ib ib a b

( )= + − + ( ) −( ) = +2 2 2 ,


que é um número real, já que a e b são números reais.

(b) Substituindo n e m por seus valores em termos de a, b, c e d, temos:

nm a ib c id ac iad ibc i bd ac= + + = + + + − =| ( )( ) | | ( ) | | (2 −− + +

= −( ) + +( ) = +

bd i ad bc

ac bd ad bc a c b d

) ( ) |

2 2 2 2 2 2 ++ +a d b c2 2 2 2 .

Como

n m a ib c id a b c d

a c b d a d b c

= + + = + +

= + + +

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 ,

concluímos que |nm| = |n| |m|.

63. Se o momento é medido ao mesmo tempo que a posição,

DD

px

≈ = × ⋅ = × ⋅−

−h 6 63 10

2 502 1 10

3424,

( ),

J s

pmkg m s

..

64. (a) A energia dos fótons é

Ehc= = ⋅

×=−

1240

10 0 10124

3

nm eV

nmkeV

,.

(b) Como a energia cinética recebida pelo elétron é igual à energia perdida pelo fóton,

D DD

D

DE

hchc

hc=

= −

+

=

+

1 1 =

+

=+ −

=+

E

E

h/mc

1

1 1

124

110

/

keV

D

( )( cos ),00

2 43 1 180

40 5pmpm

keV

( , )( cos )

, .

−

=

°

(c) É impossível “observar” um elétron de um átomo usando um fóton com uma energia tão alta, já que essa energia é mais do que suficiente para arrancar o elétron de sua órbita.

65. De acordo com a Eq. (38-20), D Dx p ≥ h. Fazendo Dx = l/2p, temos:

DD

px

hp= = =h

2 2 ( ).

/

Assim, esperamos que o valor medido do momento esteja entre 0 e 2p e o único valor surpreendente seria 12p.

66. Como

T e Lm U E

hbL b≈ = −

−( )

−2

2

22

8exp ,

temos:

E Um

h T

Lb= −

= − ( )

1

2 46 0

1

2 0 511

122ln,

,eV

MeV

440 0 001

4 0 70

5 1

2eV nm

nm

eV

⋅( )( )( )

=

ln ,

,

, .


67. (a) O coeficiente de transmissão T para uma partícula de massa m e energia E que incide em uma barreira de altura Ub e largura L é dado por

T e bL= −2 ,

em que

bm U E

hb=

−( )8 2

2

.

Assim, temos:

b = × − ×−8 1 6726 10 10 3 0 1 60222 27 ( , )( , )( ,kg MeV MeV 110

6 6261 10

5 8082 10

13

34 2

14

−

−× ⋅

= ×

J/MeV

J s

m

)

( , )

, −−1,

o que nos dá

bL = × × =− −( , )( ) ,5 8082 10 10 10 5 808214 1 15m m

e

T e= = ×− −2 5 8082 69 02 10( , ) , .

O valor de b foi calculado com um número de algarismos significativos maior que o normal porque o valor de uma exponencial varia muito com uma pequena variação do valor do expoente.

(b) Como a energia potencial dos prótons é a mesma (zero) antes e depois de passarem pela barreira e a energia total é conservada, a energia cinética também é a mesma, 3,0 MeV.

(c) Como a energia também é conservada no processo de reflexão, a energia cinética é a mesma, 3,0 MeV, antes e depois da reflexão.

(d) Como a massa de um dêuteron é 2,0141 u = 3,3454 × 10–27 kg, temos:

b = × − ×−8 3 3454 10 10 3 0 1 60222 27 ( , )( , )( ,kg MeV MeV 110

6 6261 10

8 2143 10

13

34 2

14

−

−× ⋅

= ×

J/MeV

J s

m

)

( , )

, −−1,

o que nos dábL = × × =− −( , )( ) ,8 2143 10 10 10 8 214314 1 15m m

e

T e= = ×− −2 8 2143 87 33 10( , ) , .

(e) Como no caso dos prótons, a energia cinética dos dêuterons é a mesma, 3,0 MeV, antes e depois de atravessarem a barreira.

(f) Como no caso dos prótons, a energia cinética dos dêuterons é a mesma, 3,0 MeV, antes e depois de serem refletidos pela barreira.

68. (a) A taxa com a qual os prótons incidem na barreira é

n =×

= ×−−1 0

1 60 106 25 10

1921 1,

,, .

kA

Cs


Para calcular o tempo de espera t, fazemos nTt = 1:

t nTn

Lm U E

hp b= ( ) =

−( )

=×

−12

2

12

8

1

6 25 1

exp

,

00

2 0 70

12408 938

21 1s

nm

eV nmMeV−

⋅

(exp( , ) )) −( )

= × ≈

6 0 5 0

3 37 10 10111 104

, ,

,

eV eV

s anos,,

um tempo muito maior que a idade do universo.

(b) No caso do elétron, temos:

t nTn

Lm U E

he b= ( ) =

−( )

=

−1

2

12

8

1

6 25

exp

,

2

××

⋅−10

2 0 70

12408 0 511

21 1s

nm

eV nmexp

( , ),

MMeV eV eV

s

( ) −( )

= × −

6 0 5 0

2 1 10 19

, ,

, .

A enorme diferença dos tempos de espera se deve exclusivamente à diferença entre as massas das duas partículas.

69. (a) Se m é a massa e E é a energia da partícula, o coeficiente de transmissão para uma barreira de altura Ub e largura L é dado por

T e bL= −2 ,

em que

bm U E

hb=

−( )8 2

2

.

Se a variação DUb da altura da barreira é pequena, como no caso que estamos examinando, a variação do coeficiente de transmissão é dada aproximadamente por

D D DTdT

dUU LT

db

dUU

bb

bb= = −2 .

Como

db

dU U E

m

h U E

m U E

h

b

Ub b b

b=−

=−( )

−( ) =1

2

8 1

2

8

2

2

2

2

2

bb E−( ) ,

temos

DD

T LTbU

U Eb

b

= −−

.

Como

b = × − ×− −8 9 11 10 6 8 5 1 1 6022 102 31 ( , )( , , )( ,kg eV eV 119

34 29 1

6 6261 106 67 10

J eV

J sm

)

,, ,

× ⋅( )= ×

−−


temosbL = × × =− − −( , )( ) ,6 67 10 750 10 5 09 1 12 1m m

e

D DT

TbL

U

U Eb

b

= −−

= −( ) ( )( )−

5 00 010 6 8

6 8 5,

, ,

, ,

eV

eV 110 20

eV= − , .

Isso significa que a variação do coeficiente de transmissão é de −20%.

(b) Nesse caso, a variação do coeficiente de transmissão é dada por

D D D DTdT

dLL be L bT LbL= = − = −−2 22

e, portanto,

DD

T

Tb L= − = − × ×− −2 2 6 67 10 0 010 750 109 1 12( , )( , )(m m)) , .= −0 10

Isso significa que a variação do coeficiente de transmissão é de −10%.

(c) Nesse caso, a variação do coeficiente de transmissão é dada por

D D D DTdT

dEE Le

db

dEE LT

db

dEEbL= = − = −−2 22 .

Como

db

dE

db

dU

b

U Eb b

= − = −−2( )

,

temos:

D DT

TbL

E

U Eb

=−

=−

( , )( , )( , )

, ,5 0

0 010 5 1

6 8 5 1

eV

eV eV== 0 15, .

Isso significa que a variação do coeficiente de transmissão é de +15%.

70. (a) Como py = pz = 0, Dpy = Dpz = 0. Nesse caso, de acordo com a Eq. 38-20, Dx = Dy = ∞ e é impossível atribuir uma coordenada y ou z ao elétron.

(b) Como não depende de y e z, a função de onda C(x) descreve uma onda plana que se estende indefinidamente nas direções y e z. Como se pode ver na Fig. 38-12, |C(x)|2 também se estende indefinidamente na direção x. Assim, a onda de matéria descrita por C(x) ocupa todo o espaço tridimensional.

71. A energia dos fótons é dada por

Ehc= = ⋅

×= × =−

1240

21 105 9 10

76eV nm

nmeV 5,9 eV.,

72. Substituindo a relação clássica entre o momento p e a velocidade v, p = mv, na equação clássica da energia cinética, K = mv2/2, obtemos a relação K = p2/2m, na qual m é a massa do elétron, o que nos dá p mK= 2 . Como a relação entre o momento e o comprimento de onda de de Broglie é l = h/p, na qual h é a constante de Planck, temos:

= h

mK2.


Se K está expresso em elétrons-volts,

= 6,626 10−× ⋅× ×− −

34

31 12 9 109 10

J s

kg)(1,602 10( , 99

91 226 10

1 226

J/eV)

m eV

nm eV

1/2

1/2

K K

K

= × ⋅

= ⋅

−,

,.

73. Podemos escrever a Eq. 38-9 na forma

h

m

h

m '

v

v c − =

−cos

( )cos

1 2/

e a Eq. 38-10 na forma

h

m

v

v c′=

− sen

( )sen .

1 2/

Elevando as duas equações ao quadrado e somando membro a membro, obtemos:

h

m

−

′

+

′

2 2 21 1 1

cos sen

=

−v

v c

2

21 ( )/,

em que usamos a identidade sen2 u + cos2 u = 1 para eliminar u. Como o lado direito da equação pode ser escrito na forma

v

v cc

v c

2

22

211

1

1−= − −

−

( ) ( )

,/ /

temos:

1

1

1 1 12

2 2

−=

−

′

+

′( )cos se

v c

h

mc/

nn .

+

2

1

Além disso, a Eq. 38-8 pode ser escrita na forma

h

mc v c

1 11

1

1 2 −

′

+ =

− ( ).

/

Elevando esta equação ao quadrado, podemos compará-la diretamente com a equação que obtivemos anteriormente para [1 – (v/c)2]–1, o que nos dá

h

mc

h

mc

1 11

1 12 2

−

′

+

=

−

′coss sen .

+

′

+

2 211

Efetuando os quadrados e usando a identidade sen2 f + cos2 f = 1, obtemos

′ − − = =Dh

mc( cos ).1

74. (a) A energia cinética média é

K kT= = × = ×− −3

2

3

21 38 10 300 6 21 1023 21( , )( ) ,J/K K J == × =−3,88 10 eV 38,8 meV2 .

(b) O comprimento de onda de de Broglie é

= = × ⋅× ×

−

−

h

m Kn2

6 63 10

2 1 675 10 6 21

34

27

,

( , )( ,

J s

kg 1101 46 10

2110

−−= × =

Jm 146 pm.

),


75. (a) O comprimento de onda médio de de Broglie é

medmed med /

= = =( )

=

=

h

p

h

mK

h

m kT

hc

mc kT2 2 3 2 2

12

2( )

440

938 8 62 10 300

7

5

eV nm

3(4 MeV eV/K K

⋅×

=

−)( )( , )( )

,,3 10 11× =− m 73 pm.

(b) A distância média é

dn p kT

med/

J/K K= = = ××

−1 1 1 38 10 300

1 01 13 3

23( , )( )

, 003 4

53

Panm.= ,

(c) Sim, pois lmed << dmed.

76. (a) Podemos calcular as frequências a partir dos comprimentos de onda usando a Eq. 38-1. A figura a seguir mostra os pontos experimentais e a reta obtida através de um ajuste por mínimos quadrados. A escala do eixo vertical está em volts e a escala do eixo horizontal, multiplicada por 1014, corresponde à frequência em hertz.

A inclinação da reta é 4,14 × 10–15 V·s, que, multiplicada por e, nos dá 4,14 × 10–15 eV · s, em perfeita concordância com o valor mostrado na Eq. 38-3.

(b) O ajuste por mínimos quadrados também fornece o ponto em que a reta intercepta o eixo y, que corresponde ao negativo da função trabalho. Desta forma, determinamos que F = 2,31 eV.

77. Como, de acordo com a Eq. 38-14,

= − e i t

e, por definição,

2 = ( )( *),

em que C* é o complexo conjugado de C, temos:

2 2 2 2= = = =− −( )( ) ( )( ) . e e e ei t i t i t i t

78. De acordo com o Exemplo “Espalhamento de Compton de raios X por elétrons”, temos:

D D

D

E

E

h mc hf

mc=

+= −

′= ′ −

( )( cos )( cos )

/ 11

2

na qual usamos o fato de que l + Dl = l′ = c/f ′.


79. O comprimento de onda de de Broglie da bala é

= h

p

h

mv= = × ⋅

×=

−

−6 63 10

40 10

34

3

,

(

J s

kg)(1000 m/s)11 7 10 35, × − m.

80. (a) Como

E = h/l = 1240 eV · nm/680 nm = 1,82 eV < F = 2,28 eV,

o efeito fotelétrico não é observado.

(b) O comprimento de onda de corte é o maior comprimento de onda para o qual é observado o efeito fotelétrico. No caso do sódio, temos:

Ehc= =

max

,F

o que nos dá

max ,.= = ⋅ =hc

F

1240

2 28544

eV nm

eVnm

(c) O comprimento de onda calculado no item (b) corresponde à cor verde.

81. A indeterminação do momento é

Dp = m Dv = (0,50 kg)(1,0 m/s) = 0,50 kg · m/s,

em que Dv é a indeterminação da velocidade. Explicitando a indeterminação mínima da posição na Eq. 38-20, DxDp ≥ h, obtemos

DD

xp

= = ⋅⋅

=h 0 60

2 0 500 19

,

( , ), .

J s

kg m sm

82. A diferença entre o processo de espalhamento elétron-fóton deste problema e o processo descrito no texto (o deslocamento de Compton, dado pela Eq. 38-11) é que, neste problema, o elétron está em movimento em relação ao referencial do laboratório. A Eq. 38-11 só é válida em um referencial no qual o elétron está em repouso antes do espalhamento. Usando uma plica (′) para indicar as grandezas medidas no novo referencial e aplicando a Eq. 38-11, obtemos

D ′ = ′ − ′ = − 0 1h

mc

h

mc( cos ,) = 2

em que m é a massa do elétron e fizemos f = p porque o espalhamento inverte o sentido do movimento do fóton. De acordo com a fórmula do efeito Doppler para a luz (Eq. 37-31), a frequência ′f0 do fóton antes do espalhamento no novo referencial é dada por

′ =′

= +−

fc

f00

01

1

e a frequência f do fóton após o espalhamento no referencial do laboratório é dada por

f fc= ′

−+

=′

−+

1

1

1

1

,

em que b = v/c.


Explicitando l9 e ′0 nas equações do efeito Doppler e substituindo na equação do deslocamento de Compton, obtemos

D ′ = −+

− −+

=

1 1

1

1 1

1

2

02f f

h

mc,

o que nos dá, após algumas manipulações algébricas,

E hf hfhf

mc

v c

v c= = + +

−

−

002

1

12 1

1

/

/.

83. Sem perda de generalidade, podemos supor que o elétron está inicialmente em repouso (o que significa simplesmente que estamos analisando a colisão no referencial de repouso do elétron antes da colisão). Se o fóton transferisse todo o momento e toda a energia para o elétron, o momento e a energia do elétron após a colisão seriam

phf

cK hf= =e ,

respectivamente, em que f é a frequência do fóton. Substituindo essas expressões na Eq. 37-54, (pc)2 = K2 + 2Kmc2, obtemos

(hf)2 = (hf)2 + 2hfmc2,

na qual m é a massa do elétron, o que nos dá

2hfmc2 = 0,

o que não faz sentido, pois h e c são constantes físicas e tanto a massa do elétron como a frequência do fóton são diferentes de zero. A conclusão é que a hipótese inicial, de que todo o momento e toda a energia do fóton podem ser transferidos para o elétron, não é compatível com as leis da física.

84. A energia cinética de um carro de massa m que se move com velocidade v é dada por E = mv2/2 e a barreira de potencial representada por uma colina de altura h é dada por Ub = mgh. De acordo com as Eqs. 38-21 e 38-22, a probabilidade de tunelamento é dada por T ≈ e−2bL, em que L é a largura da colina e

bm U E

h

m mgh mv

hb=

−( ) =−( )

=2 ( )

8 8

1500

2

2

2 12

2

2

kg

66 63 102 9 8 24

1

220

342 2

,( , )( ) ( )

× ⋅−

− J s

m s m m s

= × −1 2 1038 1, .m

Assim,

2 2 1 2 10 30 7 2 1038 1 39bL = × = ×−( , )( ) , ,m m

o que mostra que T ≈ e−2bL é muito pequeno (praticamente zero).

1. De acordo com a Eq. 39-4, En ∝ 1/L2. Assim, o novo nível de energia, ′E1, satisfaz a relação

′ =′

=E

E

L

L1

1

1

1

21

2,

o que nos dá

′ = ≈L

L1

1

2 1 41, .


Eh

m Ln

e1

2

22

34 2

8

6 63 10

8 9 11 1=

= × ⋅×

−( , )

( ,

J s

00 200 101 1 51 10

31 12 2

2 18− −

−×

( ) = ×

kg)( mJ

),

== 9,42 eV.


Eh

m Ln

p1

2

22

34 2

8

6 63 10

8 1 67 1=

= × ⋅

×

−( , )

( ,

J s

00 200 101 8 225 10

27 12 2

2 22− −

−×

( ) = ×

kg)( m), JJ

5,13 eV.= × −10 3

3. De acordo com a Eq. 39-4, En ∝ 1/L2. Assim, se L for multiplicada por dois, a energia será dividida por quatro:

E12 6

40 65= =,

, .eV

eV


En h

mL

n hc

mc Ln = =

2 2

2

2 2

2 28 8

( )

( ).

A energia necessária é, portanto,

DE E Eh

m L

hc

m c Le e

= − = − = =4 1

2 2 2

2

2

2 2

4 1

8

15

8

15( ) ( )

( )

(( )

( )( , ),

1240

8 511 10 0 25090 3

2

3 2

eV nm

eV nmeV.

⋅×

=


En h

mL

n hc

mc Ln = =

2 2

2

2 2

2 28 8

( )

( ).

Fazendo n = 3, igualando a expressão acima a 4,7 eV e explicitando L, obtemos

Ln hc

mc En

= =⋅( )

×( )

( ) ( )( ,8

3 1240

8 511 10 42 3

eV nm

eV 770 85

eV)nm.= ,

Capítulo 39



Eh

mLn1

2

22

34 2

8

6 63 10

8 1 67 10=

= ××

−( , )

( ,

J.s−−

−×

( ) = × =

27 12 22 21

100 101 3 29 10

kg)( mJ

), 00,020 eV.

7. Fazendo n = 1, L igual ao diâmetro nuclear e m igual à massa do elétron, a Eq. 39-4 nos dá

E nh

mL= = × ⋅

×

−

−2

2

2

2 34 2

318

1 6 63 10

8 9 11 10

( ) ( , )

( ,

J s

kkg mJ =1920 MeV 1,9

)( , ),

1 4 103 07 10

14 210

×= × ≈−

− GGeV.

8. De acordo com a Eq. 39-4, a frequência da luz que excita o elétron do estado de número quântico ni para o estado de número quântico nf é

fE

h

h

mLn nf i= = −( )D

8 22 2

e o comprimento de onda dessa luz é

= =−( )

c

f

mL c

h n nf i

8 2

2 2.

Explicitando L, obtemos

Lhc n n

mcf i=

− ( )2 2

28.

O maior comprimento de onda mostrado na Fig. 39-27 é l = 80,78 nm, que corresponde a uma transição de ni = 2 para nf = 3. Assim, a largura do poço de potencial é

Lhc n n

mcf i=

−= ⋅ ( ) ( ,2 2

28

80 78 1240nm)( eV nm)(32 −−×

= =2 )

eV)nm pm.

2

8 511 100 350 350

3(,


En h

mL

n hc

mc Ln = =

2 2

2

2 2

2 28 8

( )

( ).

(a) O primeiro estado excitado corresponde a n = 2 e o terceiro a n9 = 4. Assim,

DEhc

mc Ln n= ′ − = ⋅

×( )

( )( )

( )

(

2

2 22 2

2

8

1240

8 511

eV nm

110 0 2504 2 6 02 16 4

72

3 22 2

eV nmeV

)( , )( ) ,

,

− = ( ) −( )

= 22 eV.

Quando o elétron se encontra no nível n9 = 4, pode decair para vários níveis n de menor energia. Nessas transições, o comprimento de onda do fóton emitido é dado por

=−

=′ − ′′′ ′ ′

hc

E E

mc L

hc n nn n

8 2 2

2 2

( )

( ).

Assim, por exemplo, no caso da transição de n9 = 4 to n = 3, o comprimento de onda do fóton emitido seria

= ×⋅ −

=8 511 10 0 250

1240 4 3

3 2

2 2

( ) ( , )

( ) ( )

eV nm

eV nm229 4, nm,


e, depois de chegar ao nível n = 3, o elétron pode decair para o nível n = 2 emitindo outro fóton. Calculando desta forma os comprimentos de onda de todos os fótons que podem ser emitidos no processo de decaimento, obtemos os seguintes resultados:

(b) O menor comprimento de onda que pode ser emitido é 4 1 13 7→ = , .nm

(c) O segundo menor comprimento de onda que pode ser emitido é 4 2 17 2→ = , nm.

(d) O maior comprimento de onda que pode ser emitido é 2 1 68 7→ = , nm.

(e) O segundo maior comprimento de onda que pode ser emitido é 3 2 41 2→ = , nm.

(f) O diagrama abaixo mostra as transições possíveis (os níveis de energia não estão em escala).

(g) O comprimento de onda de 29,4 nm corresponde à transição 4 → 3. Uma vez no estado n = 3, o elétron pode sofrer a transição 3 → 1 ou a transição 3 → 2 seguida pela transição 2 → 1. O maior comprimento de onda que pode ser emitido em seguida à transição 4 → 3 é 2 1 68 7→ = , nm.

(h) O menor comprimento de onda que pode ser emitido em seguida à transição 4 → 3 é 3 1 25 8→ = , nm.

10. Sejam os números quânticos do par em questão n e n + 1. Nesse caso,

En+1 – En = E1 (n + 1)2 – E1n2 = (2n + 1)E1.

Fazendo

E E n E E E E E En n+ − = +( ) = −( ) = −( ) =1 1 4 32

12

1 12 1 3 3 4 3 21 ,,

obtemos 2n + 1 = 21, o que nos dá n = 10. Assim,

(a) o número quântico maior é n + 1 = 10 + 1 = 11.

(b) o número quântico menor é n = 10.

(c) Fazendo

E E n E E E E E En n+ − = +( ) = −( ) = −( ) =1 1 4 32

12

1 12 1 2 2 4 3 14 ,,

obtemos 2n + 1 = 14, o que nos dá n = 6,5, um valor fracionário. Assim, não existe um par de níveis de energia, associados a números inteiros, que satisfaça a condição proposta.


11. Sejam os números quânticos do par em questão n e n + 1. Nesse caso,

E En h

mL

n h

mL

n h

mLn n+ − = +( ) − = +( )

1

2 2

2

2 2

2

2

2

1

8 8

2 1

8,

o que nos dá En+1 – En = (2n + 1)E1.

FazendoE E E E E n En n+ − = = = = +( )1 5

21 1 15 25 2 1 ,

obtemos 2n + 1 = 25, o que nos dá n = 12. Assim,

(a) o número quântico maior é n + 1 = 12 + 1 = 13.

(b) o número quântico menor é n = 12.

(c) FazendoE E E E E n En n+ − = = = = +1 6

21 1 16 36 2 1( ) ,

obtemos 2n + 1 = 36, o que nos dá n = 17,5, um valor fracionário. Assim, não existe um par de níveis de energia, associados a números inteiros, que satisfaça a condição proposta.

12. De acordo com a Eq. 39-4, a frequência da luz que excita o elétron do estado com número quântico ni para o estado com número quântico nf é

fE

h

h

mLn nf i= = −( )D

8 22 2

e o comprimento de onda correspondente é

= =−( )

c

f

mL c

h n nf i

8 2

2 2.

Calculando o valor desta expressão para ni = 1 e nf = 2, 3, 4 e 5, obtemos os seguintes resultados:

(a) 6,87 × 10– 8 m para nf = 2 (o maior comprimento de onda).

(b) 2,58 × 10– 8 m para nf = 3 (o segundo maior comprimento de onda).

(c) 1,37 × 10– 8 m para nf = 4 (o terceiro maior comprimento de onda).

13. A posição de máxima densidade de probabilidade é o centro do poço:

xL= = =2

200

2100

pmpm.

(a) A probabilidade de que o elétron seja detectado no ponto x é dada pela Eq. 39-11:

p x x dxL

n

Lx dx

Ln( ) ( ) sen se= =

=

2

22 2

nn .2 n

Lx dx

Para n = 3, L = 200 pm e dx = 2,00 pm (a largura do detector), a probabilidade de que o elétron seja detectado no ponto x = L/2 = 100 pm é

p x LL L

Ldx

L( ) sen sen= = ⋅

=

/2

2 3

2

2 3

22 2

= = =dxL

dx2 2

2002 00 0 020

pmpm( , ) , .

(b) O número esperado de observações do elétron para N = 1000 experiências independentes é

n Np= = =( )( , ) .1000 0 020 20


14. De acordo com as Eqs. 39-11 e 39-12, a condição de densidade de probabilidade zero é

sen ,n

Lx

n

Lx m

= ⇒ =0

em que m é um número inteiro. Para que a densidade de probabilidade seja zero nos pontos x = 0,300L e x = 0,400L, é preciso que

sen( , ) sen( , ) ,0 300 0 400 0n n = =

condições que são satisfeitas para n = 10m, onde m = 1, 2, … Como, porém, de acordo com o enunciado, a densidade de probabilidade não é zero para nenhum valor entre x = 0,300L e x = 0,400L, concluímos que o elétron se encontra no estado n = 10. Sendo assim, a variação de energia quando o elétron sofre uma transição para o estado n9 = 9 é

| | ( )( , )

( ,DE

h

mLn n= − ′ = × ⋅−2

22 2

34 2

8

6 63 10

8 9 11

J s

×× ×− = ×− −

−10 2 00 10

10 9 2 86 1031 10 2

2 2 17

kg m)( , )( ) , J.

15. A probabilidade de que o elétron seja encontrado em qualquer região é dada por P dx= ∫ 2

, onde a integral se estende a toda a região. Se a largura Dx da região é pequena, a probabilidade é dada aproximadamente por P = |C|2 Dx, na qual a função de onda é calculada, por exemplo, no centro do intervalo. No caso de um elétron confinado em um poço de potencial infinito de largura L, a densidade de probabilidade no estado fundamental é

2 22=

L

x

Lsen

e, portanto,

Px

L

x

L=

2 2Dsen .

(a) Para L = 100 pm, x = 25 pm e Dx = 5,0 pm, temos:

P =

2 5 0

100

25

1002( , )

sen( )pm

pm

pm

pm

== 0 050, .

(b) Para L = 100 pm, x = 50 pm e Dx = 5,0 pm, temos:

P =

2 5 0

100

50

1002( , )

sen( )pm

pm

pm

pm

== 0 10, .

(c) Para L = 100 pm, x = 90 pm e Dx = 5,0 pm, temos:

P =

2 5 0

100

90

1002( , )

sen( )pm

pm

pm

pm

== 0 0095, .

Nota: A figura a seguir mostra a probabilidade em função de x. Como era de se esperar, a probabilidade de que o elétron seja detectado é máxima no centro do poço, ou seja, no ponto x = L/2 = 50 pm.


16. O método usado para resolver o problema será o mesmo do Exemplo “Níveis de energia de um poço de potencial infinito unidimensional”. A integração mostrada a seguir é discutida com mais detalhes no referido exemplo. Note que os argumentos das funções seno estão em radianos.

(a) A probabilidade de que a partícula seja detectada na região 0 ≤ x ≤ L/4 é

2 2

2

2

42

L

Ly dy

y y

= −

sensen / 44

00

40 091=∫ , .

/

(b) Como era de se esperar, já que o poço é simétrico em relação ao ponto central, a probabilidade de que a partícula seja detectada na região 3L/4 ≤ x ≤ L é

2 2

2

2

42

L

Ly dy

y y

= −

sen

sen

///, .

440 091=∫

(c) A probabilidade de que a partícula seja detectada na região L/4 ≤ x ≤ 3L/4 é

2 2

2

2

42

3

L

Ly dy

y y

= −

sensen //

//

/, .

4

44

3 40 82

=∫O mesmo resultado pode ser obtido subtraindo de 1 os resultados dos itens (a) e (b):

1 – 2(0,091) = 0,82.

17. De acordo com a Fig. 39-9, a energia inicial do elétron é 106 eV. Depois que a energia fornecida pela fonte externa é absorvida, a energia total do elétron passa a ser 106 eV + 400 eV = 506 eV. Como, de acordo com o enunciado, o elétron é transferido para uma posição na qual x > L, a energia potencial do elétron é 450 eV (veja a Seção 39-5) e, portanto, a energia cinética do elétron é 506 eV – 450 eV = 56 eV.

18. De acordo com a Fig. 39-9, a energia total de um elétron no estado n = 3 é 233 eV. Como, no interior do poço de potencial, a energia potencial é zero, a energia cinética do elétron é igual à energia total, ou seja, K = 233 eV.

19. Como E hc= = ⋅/ eV nm)/ ( ,1240 temos:

Ehc

Ehc

aa

bb

= = ⋅ =

= =

1240

14 58885 00

1

eV nm

nmeV

,,

2240

4 8437256 0

1240

eV nm

nmeV

eV nm

⋅ =

= = ⋅

,,

Ehc

cc 22 9108

426 0,

,nm

eV.=

A energia do estado fundamental é

E E Ec1 4 450 0 426 0 24 0= − = − =, , ,eV eV eV.

Como Ea = E2 − E1, a energia do primeiro estado excitado é

E E Ea2 1 24 0 85 0 109= + = + =, ,eV eV eV.

20. A menor energia que o fóton pode possuir corresponde a uma transição da região não quantizada para E3. Como a diferença de energia entre E3 e E4 é

DE E E= − = − =4 3 9 0 4 0 5 0, , ,eV eV eV,

a energia do fóton éE K Efóton eV eV eV.= + = + =D 2 00 5 00 7 00, , ,


21. A equação de Schrödinger para a região x > L é

d

dx

m

hE U

2

2

2

2 08

0

+ −[ ] = .

Se C = De2kx, d2C/dx2 = 4k2De2kx = 4k2C e

d

dx

m

hE U k

m

hE U

2

2

2

2 02

2

2 08

48

0

+ −[ ] = + −[ ] = ,

o que nos dá

kh

m U E= −( )2 0 .

Como U0 > E na região x > L, o radicando dessa equação é positivo, o que significa que k é um número real. Entretanto, se k é um número real positivo, como propõe o enunciado, a função C(x) não é fisicamente admissível como uma densidade de probabilidade, pois aumenta exponencialmente com x para valores positivos de x e a integral de qualquer densidade de probabilidade da forma C(x) ao longo de todo o eixo x deve ser igual à unidade.


Eh

m

n

L

n

L

hc

mcnx ny

x

x

y

y,

( )

( )= +

=2

8 8

2 2

2

2

2

2

2

nn

L

n

Lx

x

y

y

2

2

2

2+

.

Para nx = ny = 1, obtemos

E1 1

2

2

1240 1

0 800

1,

( )

) ( , ) (= ⋅

×+eV nm

8(511 10 eV nm3 11 6000 734

2, ), .

nmeV

=


Eh

m

n

L

n

L

n

Lnx ny nz

x

x

y

y

z

z, ,

(= + +

=2

8

2 2

2

2

2

2

2

hhc

mc

n

L

n

L

n

Lx

x

y

y

z

z

)

( ).

2

2

2

2

2

2

2

28+ +

Para nx = ny = nz = 1, obtemos

E1 1

2

2

1240 1

0 800

1,

( )

) ( , ) (= ⋅

×+eV nm

8(511 10 eV nm3 11 600

1

0 3903 21

2 2, ) ( , ), .

nm nmeV+

=

24. Se existem três pontos de máxima densidade de probabilidade ao longo da reta x = Lx/2, ny = 3, como mostra a Fig. 39-6. Como a distância entre esses pontos é 2,00 nm, a altura Ly é dada por Ly = ny(2,00 nm) = 3(2,00 nm) = 6,00 nm. Analogamente, se existem cinco pontos de máxima densidade de probabilidade ao longo da reta y = Ly/2, nx = 5. Como a distância entre esses pontos é 3,00 nm, a largura Lx é dada por Lx = nx(3,00 nm) = 5(3,00 nm) = 15,0 nm. Assim, de acordo com a Eq. 39-20, a energia do elétron é

Eh

m

n

L

n

Ln n

x

x

y

yx y,

( ,= +

= × −2 2

2

2

2

34

8

6 63 10 JJ s

kg m

⋅× ×

+− −)

( , ) ( , ) ( ,

2

31 9 28 9 11 10

1

3 00 10

1

2 00 ××

= ×

−

−

10

2 2 10

9 2

20

m

J .

)

,

25. Por analogia com a Eq. 39-10, a função de onda normalizada para um curral bidimensional infinito é

n n n nx

x

xx y x y

x y x yL

n

Lx, ( , ) ( ) ( ) sen= =

2 ⋅⋅

=

2

4

L

n

Ly

L L

n

Lx

y

y

y

x y

x

x

sen

sen se

nn .

n

Lyy

y


A probabilidade de que um elétron seja detectado por uma sonda de dimensão DxDy situada no ponto (x, y) é

p x y x y x yx y

L L

n

Ln n

x y

xx y

( , ) ( , )( )

sen,= =2

24D D

D D

xx

y

y

xn

Ly

sen .2

Para Lx = Ly = L = 150 pm, a probabilidade de que seja detectado um elétron que está no estado (nx, ny) = (1, 3) por uma sonda de dimensão Dx = Dy = 5,00 pm situada no ponto (0,200L; 0,800L) é

px y

L L

n

Lx

n

Ly

x y

x

x

y

y

=

4 2 2( )

sen senD D

= ⋅

4 5 00

1500 200

2

22( , )

( )sen ,

pm

pm

LL ssen ,

,s

2

2

30 800

45 00

150

LL

=

pm

pmeen ( , )sen ( , ) , .2 2 30 200 2 40 1 4 10 = × −

26. Estamos interessados em calcular os valores da razão

E

h mLL

n

L

n

Ln

n n x

x

y

yx

x y,,

2 22

2

2

2

22

80 2

/= +

= + 55 2ny( )

e as diferenças correspondentes.

(a) Para nx = ny = 1, o valor da razão é 1 + 0,25 = 1,25.

(b) Para nx = 1 e ny = 2, o valor da razão é 1 + 0,25(4) = 2,00. É fácil verificar, calculando a razão para outros valores de nx e ny, que este é o segundo estado de menor energia do sistema, ou seja, é o primeiro estado excitado.

(c) Os estados degenerados de menor energia são os estados (1, 4) e (2, 2), cuja razão é 1 + 0,25(16) = 4 + 0,25(4) = 5,00.

(d) Para nx = 1 e ny = 3, a razão é 1 + 0,25(9) = 3,25. É fácil verificar, calculando a razão para outros valores de nx e ny, que este é o terceiro estado de menor energia do sistema, ou seja, é o segundo estado excitado. O terceiro estado excitado é o estado (2, 1), para o qual a razão é 4 + 0,25(1) = 4,25. A diferença entre os dois valores é 4,25 – 3,25 = 1,00.

27. Como os níveis de energia são dados por

Eh

m

n

L

n

L

h

mLn

nn n

x

x

y

yx

yx y, = +

= +

2 2

2

2

2

2

22

8 8

22

4

,

os mesmos níveis, em unidades de h2/8mL2, são dados por n nx y2 2 4+ / . Os cinco níveis de menor

energia são E1,1 = 1,25, E1,2 = 2,00, E1,3 = 3,25, E2,1 = 4,25 e E2,2 = E1,4 = 5,00. A frequência da luz emitida ou absorvida quando o elétron passa de um estado inicial i para um estado final f é f = (Ef – Ei)/h e, em unidades de h/8mL2, é simplesmente a diferença entre os valores de n nx y

2 2 4+ / para os dois estados. As frequências possíveis (em unidades de h/8mL2) são:

0 75 1 2 1 1 2 00 1 3 1 1 3 00 2 1 1 1 3, , , , , , , , , , , ,→( ) →( ) →( ) ,, , , , , , , ,75 2 2 1 1 1 25 1 3 1 2→( ) →( ) 2 25 2 1 1 2 3 00 2 2 1 2 1 00 2 1 1 3, , , , , , , , , , , ,→( ) →( ) →( ) 1 75 2 2 1 3 0 75 2 2 2 1, , , , , , .→( ) →( )e

(a) Esse resultado mostra que o elétron é capaz de emitir ou absorver 8 frequências diferentes.

(b) A menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 0,75.


(c) A segunda menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 1,00.

(d) A terceira menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 1,25.

(e) A maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 3,75.

(f) A segunda maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 3,00.

(g) A terceira maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 2,25.

28. Estamos interessados em calcular os valores da razão

E

h mLL

n

L

n

L

n

Ln n n x

x

y

y

z

z

x y z, ,

2 22

2

2

2

2

2

28= + +

= + +( )n n nx y z

2 2 2

e as diferenças correspondentes.

(a) Para nx = ny = nz = 1, a razão é 1 + 1 + 1 = 3,00.

(b) Para nx = ny = 2 e nz = 1, a razão é 4 + 4 + 1 = 9,00. É fácil verificar, calculando a razão para outros valores de nx, ny e nz, que esta é a terceira menor energia do sistema, ou seja, a energia do segundo estado excitado. A mesma energia é obtida para (nx, ny, nz) = (2, 1, 2) e (1, 2, 2).

(c) Para nx = ny = 1 e nz = 3, a razão é 1 + 1 + 9 = 11,00. É fácil verificar, calculando a razão para outros valores de nx, ny e nz, que esta é a quarta menor energia do sistema, ou seja, a energia do terceiro estado excitado. A mesma energia é obtida para (nx, ny, nz) = (1, 3, 1) e (3, 1, 1). Calculando a diferença entre este resultado e o resultado do item (b), obtemos 11,0 – 9,00 = 2,00.

(d) Para nx = ny = 1 e nz = 2, a razão é 1 + 1 + 4 = 6,00. É fácil verificar, calculando a razão para outros valores de nx, ny e nz, que esta é a segunda menor energia do sistema, ou seja, a energia do primeiro estado excitado. A mesma energia é obtida para (nx, ny, nz) = (2, 1, 1) e (1, 2, 1). Assim, 3 estados degenerados possuem a energia do primeiro estado excitado.

(e) Para nx = 1, ny = 2 e nz = 3, a razão é 1 + 4 + 9 = 14,0. É fácil verificar, calculando a razão para outros valores de nx, ny e nz, que esta é a sexta menor energia do sistema, ou seja, a energia do quinto estado excitado. A mesma energia é obtida para (nx, ny, nz) = (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3), (3, 1, 2) e (3, 2, 1). Assim, 6 estados degenerados possuem a energia do quinto estado excitado.

29. As razões calculadas no Problema 39-28 podem ser relacionadas às frequências emitidas usando a equação f = DE/h, na qual cada nível E é igual a uma das razões multiplicada por h2/8mL2. Na prática, esta operação envolve apenas a mudança do fator de normalização de h2/8mL2 para h/8mL2. Assim, para uma transição do segundo estado excitado [item (b) do Problema 39-28] para o estado fundamental [item (a) do Problema 39-28], temos:

f

h

mL

h

mL= −

=

( , , ) ( , ) .9 00 3 00

86 00

82 2

Nos cálculos que se seguem, vamos omitir o fator h/8mL2. Para uma transição entre o quarto estado excitado e o estado fundamental, temos f = 12,00 – 3,00 = 9,00. Para uma transição entre o terceiro estado excitado e o estado fundamental, temos f = 11,00 – 3,00 = 8,00. Para uma transição entre o terceiro estado excitado e o primeiro estado excitado, temos f = 11,00 – 6,00 = 5,00. Para uma transição entre o quarto estado excitado e o terceiro estado excitado, temos f = 12,00 – 11,00 = 1,00. Para uma transição entre o terceiro estado excitado e o segundo estado excitado, temos f = 11,00 – 9,00 = 2,00. Para uma transição entre o segundo estado excitado


e o primeiro estado excitado, temos f = 9,00 – 6,00 = 3,00, que também corresponde a outras transições.

(a) De acordo com os cálculos apresentados, o elétron é capaz de emitir ou absorver 7 frequências diferentes.

(b) A menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 1,00.

(c) A segunda menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 2,00.

(d) A terceira menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 3,00.

(e) A maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 9,00.

(f) A segunda maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 8,00.

(g) A terceira maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 6,00.

30. Por analogia com a Eq. 39-10, a função de onda normalizada para um poço de potencial bidimensional infinito é

n n n nx

x

xx y x y

x y x yL

n

Lx, ( , ) ( ) ( ) sen= =

2 ⋅⋅

=

2

4

L

n

Ly

L L

n

Lx

y

y

y

x y

x

x

sen

sen se

nn .

n

Lyy

y

A probabilidade de que um elétron seja detectado por uma sonda de dimensão DxDy situada no ponto (x, y) é

p x y x y x yx y

L L

n

Ln n

x y

xx y

( , ) ( , )( )

sen,= =2

24D D

D D

xx

y

y

xn

Ly

sen .2

Se a probabilidade de que um elétron no estado fundamental (nx = ny = 1) seja detectado por uma sonda de área DxDy = 400 pm2 com o centro no ponto (x, y) = (L/8, L/8) é 0,0450, temos:

0 04504 400

8 822 2,

( )sen sen= ⋅

⋅pm2

L L

L

L

L

=

4

20

8

24pm

Lsen .

Explicitando L, obtemos L = 27,6 pm.

31. A energia E do fóton emitido quando um átomo de hidrogênio passa de um estado de número quântico principal n para um estado de número quântico principal n9 é dada por

E An n

=′

−

1 12 2

,

em que A = 13,6 eV. Como a frequência f da onda eletromagnética é dada por f = E/h e o comprimento de onda é dado por l = c/f, temos:

1 1 12 2

= = =′

−

f

c

E

hc

A

hc n n.

O menor comprimento de onda de uma série é o comprimento de onda para n = ∞. No caso da série de Balmer, n9 = 2 e o menor comprimento de onda é lB = 4hc/A. No caso da série de Lyman, n9 = 1 e o menor comprimento de onda é lL = hc/A. Assim, a razão é lB/lL = 4,0.


32. Como a diferença entre a energia do fóton absorvido e a energia do fóton emitido é

E Ehc hc

a ea e

− = −

,

a energia absorvida é

hcD1

12401

375

1

580

= ⋅( ) −

=eV nmnm nm

11 17, .eV

33. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia E do fóton é dada por E = Ei – Ef, na qual Ei é a energia inicial do átomo de hidrogênio e Ef é a energia final. Como a energia do elétron é dada por (–13,6 eV)/n2, na qual n é o número quântico principal, temos:

E E E= − = − − − =3 1 2 2

13 6

3

13 6

112 1

,

( )

,

( ), .

eV eVeV

(b) O momento do fóton é dado por

pE

c= = ×

×=

−( , )( , )

,,

12 1 1 60 10

3 00 106 4

19

8

eV J/eV

m s55 10 27× ⋅− kg m/s.

(c) O comprimento de onda é dado por

= = ⋅ =hc

E

1240

12 1102

eV nm

eVnm

,.

34. (a) A densidade de probabilidade radial do átomo de hidrogênio no estado fundamental é dada pela Eq. 39-44. Para r = 0, P(r) = 0.

(b) Para r = a, P ra

a ee

a

ea a( ),

,= = =×

=−− −

−4 4 4

5 29 1010 2

32 2

2 2

2 nmnmm−1.

(c) Para r = 2a, P ra

a ee

a

ea a( ) ( ),

= = =×

−− −

−4

216 16

5 29 103

22 4

4 4

2 nm== −5 54 1, .nm

35. (a) A densidade de probabilidade do átomo de hidrogênio no estado fundamental é dada pela Eq. 39-39. Para r = a,

23 2

2

32

2

1 1 1

5 29 10( )

( ,r

ae

aea a=

= =×

− −− nnm

nm)

.3

2 3291e− −=

(b) A densidade de probabilidade radial do átomo de hidrogênio no estado fundamental é dada pela Eq. 39-44. Para r = a,

P ra

a ee

a

ea a( ),

,= = =×

=−− −

−4 4 4

5 29 1010 2

32 2

2 2

2 nmnmm−1.

36. (a) O nível de energia correspondente à densidade de probabilidade mostrada na Fig. 39-23 é o nível n = 2, cuja energia é

E2 2

13 6

23 4= − = −,, .

eVeV

(b) Quando o elétron é removido do átomo de hidrogênio, a energia potencial final do sistema próton-elétron é zero. Assim, a menor energia necessária para remover um elétron com uma energia de −3,4 eV é 3,4 eV. (Se a energia fornecida for maior que este valor, o elétron terá uma energia cinética diferente de zero depois de ser removido do átomo.)


37. Para que a energia cinética não fosse conservada, seria preciso que parte da energia cinética inicial do nêutron fosse usada para excitar o átomo de hidrogênio. A menor energia que o átomo de hidrogênio pode aceitar é a diferença entre o primeiro estado excitado (n = 2) e o estado fundamental (n = 1). Como a energia dos estados do átomo de hidrogênio é dada por En = –(13,6 eV)/n2, na qual n é o número quântico principal, a menor energia de excitação é

DE E E= − = − − − =2 1 2 2

13 6

2

13 6

110 2

,

( )

,

( ), .

eV eVeV

Como o nêutron não possui energia suficiente para excitar o átomo de hidrogênio, o átomo de hidrogênio permanece no estado fundamental e a energia cinética inicial do nêutron é dividida entre o nêutron e o átomo, ou seja, a colisão é elástica.

38. De acordo com a Eq. 39-6, DE hf= = × ⋅ × =−( , )( , ) , .4 14 10 6 2 10 2 615 14eV s Hz eV

39. De acordo com a Eq. 39-44, a densidade de probabilidade radial para o estado fundamental do átomo de hidrogênio é

P(r) = (4r2/a3)e– 2r/a,

em que a é o raio de Bohr. Para mostrar que a equação é normalizada, precisamos calcular o

valor de 0

∞

∫ P r dr( ) . De acordo com a Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice E, temos:

x e dxn

an ax

n−

∞

+∫ =0 1

!

Fazendo n = 2 e substituindo a por 2/a e x por r nessa expressão, obtemos

0 3 0

2 23 3

4 4 2

21

∞ ∞−∫ ∫= = =P r dr

ar e dr

a ar a( )

( )./

40. (a) O intervalo pedido é a diferença entre os valores obtidos nos itens (a) e (b) do Exemplo “Emissão de luz por um átomo de hidrogênio”: 122 nm – 91,4 nm ≈ 31 nm.


Dfc c= − = ×

×− ×

− min max

,

,

,2 998 10

91 4 10

2 9988

9

m s

m

110

122 108 2 10

8

914m s

mHz.

×= ×− ,

(c) De acordo com a Eq. 39-36, no caso das transições da série de Balmer, nas quais o estado inicial é o estado n = 2, temos:

1 1

2

1

31 097 10 0 1389

2 27 1

max

( , )( , )= −

= × −R m == × ⇒ =−0 15237 10 656 37 1, ,maxm nm

e

1 1

21 097 10 0 25 0 274

27 1

max

( , )( , ) ,=

= × =−R m 2255 10 364 67 1× ⇒ =−m nmmin , .

Assim, o intervalo pedido é lmax − lmin = 656,3 nm − 364,6 nm ≈ 292 nm ≈ 0,29 µm.

(d) De acordo com a Eq. 38-1, temos:

Dfc c= − = ×

×−− min max

,

,

,2 998 10

364 6 10

2 9988

9

m s

m

×××

= × ≈ ×−10

656 3 103 65 10 10

8

914 14m s

mHz 3,7 Hz.

,,


41. Como Dr é pequeno, podemos calcular a densidade de probabilidade usando a relação p ≈ P(r) Dr, na qual P(r) é a densidade de probabilidade radial. No caso do estado fundamental do hidrogênio, a densidade de probabilidade radial é dada pela Eq. 39-44:

P rr

ae r a( ) ,/=

−4 2

32

em que a é o raio de Bohr.

(a) Para r = 0,500a e Dr = 0,010a, temos:

Pr r

ae er a=

= =− −44 0 500 0 010 3

2

32 2 1D / ( , ) ( , ) ,, , .68 10 0 00373× ≈−

(b) Para r = 1,00a e Dr = 0,010a, temos:

Pr r

ae er a=

= =− −44 1 00 0 010 5

2

32 2 2D / ( , ) ( , ) ,441 10 0 00543× ≈− , .

42. De acordo com a lei de conservação do momento linear,

p p m vhf

cprecuo fóton recuo= ⇒ = ,

onde usamos a Eq. 38-7 para o fóton e a expressão clássica do momento para o átomo, já que esperamos que a velocidade de recuo seja muito menor que a velocidade da luz. Assim, de acordo com a Eq. 39-6 e a Tabela 37-3,

vE

m c

E E

m c cp precuo

eV= = − = − −− −D 4 12

2 213 6 4 1

( )

( , )( ))

( ) ( , ), .

938 10 2 998 104 1

6 8× ×=

eV m sm s

43. (b) De acordo com a Eq. 39-38, a energia potencial do elétron a uma distância do núcleo igual ao raio de Bohr é dada por

Ue

a − =

× ⋅( ) ×( )−2 9 2 19 2

4

8 99 10 1 602 10

50

, ,N m C C2

,,, , .

292 104 36 10 27 2

1118

×= − × = −−

−m

J eV

(a) A energia cinética é K = E – U = (–13,6 eV) – (–27,2 eV) = 13,6 eV.

44. (a) Como E2 = –0,85 eV e E1 = –13,6 eV + 10,2 eV = –3,4 eV, a energia do fóton é

Efóton = E2 – E1 = –0,85 eV – (–3,4 eV) = 2,6 eV.

(b) Como

E En n

2 122

12

13 61 1

2 6− = − −

=( , ) ,eV eV,

temos:

1 1 2 6

13 6

3

16

1

4

1

222

12 2 2n n

− = ≈ − = −,

,.

eV

eV

Assim, o maior número quântico da transição responsável pela emissão é 4.

(c) De acordo com o resultado do item (b), o menor número quântico da transição responsável pela emissão é 2.


45. De acordo com as Eqs. 39-41 e 39-43, a densidade de probabilidade radial é dada por P(r) = 4πr2 | ( , ) | , n m rl l

2 na qual n m rl l ( , ) é a função de onda. Para calcular | | * , n m n m n ml l ll l l2 =

multiplicamos a função de onda pelo complexo conjugado. Se a função é real, * .n m n ml ll l=

Note que e i+ e e i− são complexos conjugados e que e e ei i − = =0 1.

(a) P r rr

ae

r

ar a

2102

2102 2

2

52

4

4 432 8

= = =−

| | cos/55

2e r a− / cos .

(b) P r rr

ae

rr a21 1

221 1

2 22

52

4

4 464+ +

−= = =

| | sen/

116 52

21 1a

e Pr a−−=/ sen

(c) No caso de ml = 0, a densidade de probabilidade radial P210 diminui com a distância em relação ao núcleo. Além disso, graças ao fator cos2 θ, P210 é máxima ao longo do eixo z, o que está de acordo com o gráfico da Fig. 39-24a.

No caso de ml = ±1, as densidades de probabilidade radial P21+1 e P21−1 diminuem com a distância em relação ao núcleo. Além disso, graças ao fator sen2 θ, P21+1 e P21−1 são máximas no plano xy, o que está de acordo com o gráfico da Fig. 39-24b.

(d) A densidade de probabilidade total é dada por

P = P210+ P21+1 + P21−1 = r

ae r a

4

52

8− / cos +

r

ae r a

4

52

16− / sen +

r

ae r a

4

52

16− / sen

= r

ae

r

aer a r a

4

52 2

4

58 8− −+ =/ /(cos sen ) ,

o que mostra que a densidade de probabilidade radial total tem simetria esférica.

46. De acordo com o Exemplo “Probabilidade de detecção do elétron de um átomo de hidrogênio”, a probabilidade de que o elétron de um átomo de hidrogênio no estado fundamental seja encontrado no interior de uma esfera de raio r é dada por

p r e x xx( ) ,= − + +( )−1 1 2 22 2

na qual x = r/a. Assim, a probabilidade de que o elétron seja encontrado na região entre duas cascas esféricas de raios a e 2a é

p a r a p a p a e x xxx

( ) ( ) ( )< < = − = − + +( ) −

=2 2 1 1 2 22 2

222 2

11 1 2 2− − + +( )

−=

e x xxx

= 0 439, .

47. De acordo com a Fig. 39-24, o número quântico n em questão satisfaz a relação r = n2a. Fazendo r = 1,0 mm e explicitando n, obtemos:

nr

a= = ×

×≈ ×

−

−1 0 10

5 29 104 3 10

3

113,

,, .

m

m


DE Ehc= = = ⋅ =fóton

eV nm

nmeV.

1240

121 610 2

,,

Como DE > (13,6 eV)/4, sabemos que nbaixo = 1. Assim, temos:

E E En

alta baixaeV eV

1= + ⇒ − = −D

13 6 13 62

, ,

alto22

eV,+ 10 2,

o que nos dá nalto = 2. Assim, trata-se da transição do estado n = 2 para n = 1 da série de Lyman.


(a) O maior número quântico é n = 2.

(b) O menor número quântico é n = 1.

(c) A transição pertence à série de Lyman.

49. (a) Se a energia potencial eletrostática é considerada como zero quando o elétron e o próton estão separados por uma distância infinita, a energia final do átomo é zero e o trabalho necessário para separar o elétron do próton é W = –Ei, em que Ei é a energia do estado inicial. A energia do estado inicial é dada por Ei = (–13,6 eV)/n2, na qual n é o número quântico principal do estado. No caso do estado fundamental, n = 1 e W = 13,6 eV.

(b) No caso do estado n = 2, W = (13,6 eV)/(2)2 = 3,40 eV.


DE Ehc= = = ⋅ =fóton

eV nm

nmeV.

1240

106 612 09

,,

Como DE > (13,6 eV)/4, sabemos que nbaixo = 1. Assim, temos:

E E En

alta baixaalto2

eV eV

1= + ⇒ − = −D

13 6 13 6, ,22

eV,+ 12 09,

o que nos dá nalto = 3. Assim, trata-se da transição do estado n = 3 para o estado n = 1 da série de Lyman.

(a) O maior número quântico é n = 3.

(b) O menor número quântico é n = 1.

(c) A transição pertence à série de Lyman.

51. De acordo com o Exemplo “Probabilidade de detecção do elétron de um átomo de hidrogênio”, a probabilidade de que o elétron de um átomo de hidrogênio no estado fundamental seja encontrado no interior de uma esfera de raio r é dada por

p r e x xx( ) ,= − + +( )−1 1 2 22 2

em que x = r/a e a é o raio de Bohr. Para r = a, x = 1 e

p a e a e( ) ( ) , .= − + + = − =− −1 1 2 2 1 5 0 3232 2

A probabilidade p9 de que o elétron seja encontrado do lado de fora dessa esfera é, portanto,

p9 = 1 − p(a) = 1 − 0,323 = 0,677 ≈ 0,68.


DE = –(13,6 eV)(4– 2 – 1– 2) = 12,8 eV.

(b) Existem 6 energias possíveis associadas às transições 4 → 3, 4 → 2, 4 → 1, 3 → 2, 3 → 1 e 2 → 1.

(c) A maior energia é E4 1 12 8→ = , eV.

(d) A segunda maior energia é E3 12 213 6 3 1 12 1→

− −= − − =( , )( ) ,eV eV.

(e) A terceira maior energia é E2 12 213 6 2 1 10 2→

− −= − − =( , )( ) ,eV eV.


(f) A menor energia é E4 32 213 6 4 3 0 661→

− −= − − =( , )( ) ,eV eV.

(g) A segunda menor energia é E3 22 213 6 3 2 1 89→

− −= − − =( , )( ) ,eV eV.

(h) A terceira menor energia é E4 22 213 6 4 2 2 55→

− −= − − =( , )( ) ,eV eV.

53. A função de onda proposta é

= −13 2a

e r a

em que a é o raio de Bohr. Nosso objetivo é mostrar que, quando esta função é substituída na equação de Schrödinger, o resultado é zero. A derivada é

d

dr ae r a

= − −1

5 2,

e, portanto,

rd

dr

r

ae r a2

2

5 2

= − −

e1 1 2 1 12

25 2r

d

drr

d

dr a r ae

ar a

= − +

=− −− +

2 1

r a.

Como a energia do estado fundamental é dada por E me h= − 402 28 e o raio de Bohr é dado

por a h me E e a= = −20

2 2 8 , .0 Como a energia potencial é dada por U e r= − 2 40 ,temos:

8 8

8 42 2

2 2

2 2

0 0

m

hE U

m

h

e

a

e

r−[ ] = − +

= 88

8

1 2

1 2

2

2

2

2

2

0

0

m

h

e

a r

me

h a r

− +

= − +

= − +

1 1 2

a a r.

Assim, os dois termos da equação de Schrödinger se cancelam, o que significa que a função C proposta é uma solução da equação.

54. (a) O gráfico de |C200(r)|2 mostrado a seguir deve ser comparado com o gráfico de pontos da Fig. 39-21. Note que o gráfico apresenta valores elevados na região entre r = 0 e r = 1,5a, que corresponde à região com alta concentração de pontos em torno da origem na Fig. 39-21. Para valores maiores de r, existe uma região na qual os valores de |C200(r)|2 são muito pequenos, que corresponde ao espaço praticamente vazio da Fig. 39-21. Para valores ainda maiores de r, os valores de |C200(r)|2 voltam a aumentar, atingindo um segundo máximo, bem menor que o máximo central, em r = 4a. A região em torno deste ponto corresponde ao anel com alta concentração de pontos da Fig. 39.21.


(b) Os extremos de |C200(r)|2 para r > 0 podem ser determinados elevando ao quadrado a função dada, derivando em relação a r e igualando o resultado a zero. Isso nos dá a equação

− − − =−1

32

2 40

6

( ) ( ),/r a r a

ae r a

cujas raízes são r = 2a e r = 4a. Observando o gráfico do item a, constatamos que r = 4a é um máximo local e r = 2a é um mínimo local.

(c) De acordo com as Eqs. 39-41 e 39-43, a densidade de probabilidade radial é

P r r rr

a

r

ae r a

2002

2002

2

3

2

48

2( ) ( ) ./= = −

−

(d) Fazendo r = ax e usando a relação 0

∞−∫ =x e dx nn x ! (Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice

E, com a = 1), obtemos:

P r drr

a

r

ae drr a

2000

2

3

2

0 82

1( ) /

∞−

∞

∫ = −

=⌠

⌡ 882 4 4

1

8

2 2

0

4 3 2

0x x e dx x x x e dxx x( ) ( )

[

− = − +

=

−∞

−∞

∫ ∫

44 4 3 4 2 1! ( !) ( !)]− + =

55. De acordo com a Eq. 39-44, a densidade de probabilidade radial para o estado fundamental do átomo de hidrogênio é dada por

P(r) = (4r2/a3)e– 2r/a,

em que a é o raio de Bohr. Fazendo r = x e usando a Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice E com n = 3 e a = 2/a, obtemos

r rP r dra

r e dra a

r amed /

= = =∞

−∞

∫ ∫( )( )

/

0 33 2

0 3 4

4 4 6

2== 1 5, .a

56. (a) De acordo com a Eq. 39-4, os níveis de energia do poço de potencial são dados por En = n2h2/8mL2. A diferença de energia entre o estado n e o estado n + 1 é

DE E E n nh

mL

n h

mLn n= − = +( ) − = +( )

+12 2

2

2

2

21

8

2 1

8,,

o que nos dá

DE

E

n h

mL

mL

n h

n

n= +( )

= +2 1

8

8 2 12

2

2

2 2 2..

Para grandes valores de n, 2n + 1 → 2n e, portanto, (2n + 1)/n2 → 2/n.

(b) Não. Quando n → ∞, DE → ∞.

(c) Não. Quando n → ∞, E → ∞.

(d) Sim. Quando n → ∞, DE/E ≈ 1/n → 0.

(e) Esses resultados significam que DE/E é um melhor exemplo que DE e E, tomados isoladamente, de que, pelo princípio de correspondência, os resultados quânticos tendem para os resultados clássicos para grandes números quânticos.



E Eh

mLn

h

mLn

hn n+ − =

+( ) −

=2

2

2

22

22

82

8

22

221

mLn

+( ).

58. (a) e (b) Na região 0 < x < L, U0 = 0; portanto, a equação de Schrödinger para esta região é

d

dx

m

hE

2

2

2

2

80

+ = ,

em que E > 0. Se C2 (x) = B sen2 kx, C (x) = B9 sen kx, onde B9 é uma constante tal que B9 2 = B. Assim,

d

dxk B kx k x

2

22 2

= − ′ = −sen ( )

ed

dx

m

hE k

m

hE

2

2

2

22

2

2

8 8

+ = − + .

Para que essa equação se anule, é preciso que

kmE

h2

2

2

8= ,

o que nos dá

kh

mE= ± 22

π.

59. (a) e (b) A equação de Schrödinger para a região x > L é

d

dx

m

hE U

2

2

2

2 08

0

+ −[ ] =π,

na qual E – U0 < 0. Se C2 (x) = Ce– 2kx, C(x) = C9e– kx, em que C9 é uma constante tal que C92 = C. Assim,

d

dxk C e kkx

2

22 24 4

= ′ =−

e

d

dx

m

hE U k

m

hE U

2

2

2

2 02

2

2 08 8

+ −[ ] = + −[ ] .

Para que essa equação se anule, é preciso que

km

hU E2

2

2 08= −[ ]

,

o que nos dá

kh

m U E= ± −22 0

( ).

Entretanto, para valores negativos de k, a função C(x) não é fisicamente admissível como uma densidade de probabilidade, pois aumenta exponencialmente com x para valores positivos de x e a integral de qualquer densidade de probabilidade da forma C(x) ao longo de todo o eixo x deve ser igual à unidade. Assim, a única solução aceitável é

kh

m U E= −( )22 0

.



En h

mL

n hc

mc Ln = =

2 2

2

2 2

2 28 8

( )

( ).

(a) Para L = 3,0 × 109 nm, a diferença de energia é

E E2 1

2

3 9 22 21240

8 511 10 3 0 102 1 1 3− =

× ×− = ×

( ) ( , )( ) , 110 19− eV.

(b) Como (n + 1)2 – n2 = 2n + 1, temos:

DE E Eh

mLn

hc

mc Lnn n= − = + = ++1

2

2

2

2 282 1

82 1( )

( )

( )( )..

Igualando essa expressão a 1,0 eV e explicitando n, obtemos:

nmc L E

hc= − = × ×4 1

2

4 511 10 3 0 102 2

2

3 9( )

( )

( )( ,D eV nm)) ( , )

( ), .

2

2191 0

1240

1

21 2 10

eV

eV nm⋅− ≈ ×

(c) Para este valor de n, a energia é

En =× ×

× ≈ ×1240

8 511 10 3 0 106 10 6 10

2

3 9 218 2 1

( ) ( , )( ) 88 eV

e, portanto,

E

mcn2

18

3136 10

511 101 2 10= ×

×= ×eV

eV, .

(d) Como E mcn / 2 1 , a velocidade do elétron é relativística.

61. (a) Como a dimensão da derivada em relação a uma grandeza é igual à dimensão original dividida pela dimensão da grandeza, a dimensão do primeiro termo da Eq. 39-18 é a dimensão de C dividida pela dimensão de x 2 (m2, em unidades do SI). A dimensão do segundo termo é a dimensão de C multiplicada por:

8 2

2

m

hE U x− ( )[ ] ⇒

⋅[ ]kg

J sJ

2( )

em unidades do SI. Como, de acordo com a Eq. 7-9, J = kg · m2/s2, a dimensão do segundo termo também é a dimensão de C dividida por m2, ou seja, pela dimensão de x2.

(b) De acordo com a Eq. 39-17, a dimensão da função de onda unidimensional é m−0 5, em unidades do SI. Como a dimensão dos termos da Eq. 39-18 é a dimensão de C dividida por m2, a unidade desses termos no SI é o metro−2 5, .

62. (a) Como o nível de menor energia das transições da série de Balmer é n = 2, a transição cujos fótons têm menor energia é a transição do nível n = 3 para o nível n = 2. A energia desses fótons é

DE E E= − = − −

=3 2 2 2

13 61

3

1

21 889( , ) ,eV eV


= hc

ED= ⋅ =1240

1 889658

eV nm

eVnm

,.


(b) No caso do limite da série, a diferença de energia é

DE E E= − = −∞

−

=∞ 2 2 2

13 61 1

23 40( , ) ,eV eV


= = ⋅ =hc

ED

1240

3 40366

eV nm

eVnm

,.

63. (a) Como os valores permitidos de l para um dado valor de n são 0, 1, 2, ..., n − 1, existem n valores permitidos de l. (b) Como os valores permitidos de ml para um dado valor de l são –l, –l + 1, ..., l, existem 2l + 1 valores permitidos de ml.

(c) De acordo com os resultados dos itens (a) e (b), o número de valores permitidos de ml para um dado valor de n é

( ) .2 1 2

0

1

ll

+ ==

−

∑ nn

64. Para n = 1,

Em e

he

1

4

02 2

31 19 4

8

9 11 10 1 6 10= − = − × ×− −

( , )( , )kg C

88 8 85 10 6 63 10 1 60 1012 2 34 2 1( , ) ( , ) ( ,× × ⋅ ×− − −F m J s 9913 6

J eVeV

), .= −

1. O módulo L do momento angular orbital L é dado pela Eq. 40-2: L = +l l( ) .1 h Por outro

lado, a componente Lz é dada pela Eq. 40-7: Lz = mlh, em que ml l l= − +,... . Assim, o ângulo semiclássico satisfaz a relação cos . = L Lz / O menor valor do ângulo corresponde a m = l, o que nos dá

cos( )

cos( )

=+

⇒ =+

−ll l

ll l

hh1 1

1 .

Para l = 5, = =−cos ( ) , .1 5 30 24 1/ °

2. Para um dado número quântico n, existem n valores possíveis de l, que vão de 0 a n − 1. Para cada valor de l, existem Nl = 2(2l + 1) estados eletrônicos. Assim, o número total de estados para um dado valor de n é

N N nn

n n

= = + ==

−

=

−

∑ ∑ll l

l0

1

0

122 2 1 2( ) .

Para n = 5, a expressão acima nos dá Nn = 2n2 = 2(5)2 = 50.


L = + = + × ⋅ = ×− −l l( ) ( )( , ) ,1 3 3 1 1 055 10 3 65 1034 34h J s JJ s.⋅

(b) De acordo com a Eq. 40-7, Lz = mlh. A projeção é máxima para ml = l, o que nos dá

Lz[ ] = = × ⋅ = × ⋅− −max

( , ) ,lh 3 1 055 10 3 16 1034 34J s J s.


N N nn

n n

= = + ==

−

=

−

∑ ∑ll l

l0

1

0

122 2 1 2( ) .

(a) Para n = 4, Nn = 2(42) = 32.

(b) Para n = 1, Nn = 2(12) = 2.

(c) Para n = 3, Nn = 2(32) = 18.

(d) Para n = 2, Nn = 2(22) = 8.

5. (a) Para um dado valor do número quântico principal n, o número quântico orbital l varia de 0 a n – 1. Para n = 3, existem três valores possíveis: 0, 1 e 2.

(b) Para um dado valor de l, o número quântico magnético ml varia de −l a +l. Para l = 1, existem três valores possíveis: –1, 0 e +1.

Capítulo 40


6. Para um dado valor do número quântico orbital l, existem (2l + 1) diferentes valores de ml. Para cada valor ml, o spin do elétron pode ter duas orientações diferentes. Assim, o número total de estados do elétron para um dado valor de l é dado por Nl = 2(2l + 1).

(a) Como l = 3, Nl = 2(2 × 3 + 1) = 14.

(b) Como l = 1, Nl = 2(2 × 1 + 1) = 6.

(c) Como l = 1, Nl = 2(2 × 1 + 1) = 6.

(d) Como l = 0, Nl = 2(2 × 0 + 1) = 2.

7. (a) O menor valor possível de l é lmin = ml = 4.

(b) O menor valor possível de n é n = lmin + 1 = 5.

(c) Como, para um elétron, ms só pode assumir os valores +1/2 e −1/2, o número de valores possíveis de ms é 2.

8. (a) Para l = 3, o maior valor possível de ml é ml = l = 3.

(b) Existem dois estados (ms = +1/2 e ms = −1/2) com ml = 3.

(c) Como existem sete valores possíveis de ml: +3, +2, +1, 0, –1, –2, –3, e dois valores possíveis de ms, +1/2 e −1/2, o número total de estados disponíveis nesta subcamada é 14.

9. (a) Como, para l = 3, o módulo do momento angular orbital é

L = + = + =l l h h h( ) ( ) ,1 3 3 1 12

o módulo de L em múltiplos de h é 12 3 46≈ , .

(b) Como o módulo do momento angular orbital é

orb = +( ) =l l 1 12B B ,

o módulo de em múltiplos de mB é 12 3 46≈ , .

(c) O maior valor possível de ml é ml = l = 3.

(d) Como Lz = mlh, o valor correspondente de Lz em múltiplos de h é 3.

(e) Como morb,z = −mlmB, o valor correspondente de morb,z em múltiplos de mB é −3.

O ângulo semiclássico entre as direções de Lz e L obedece à relação

cos ( ) = +ml l l/ 1 .

(f) Para l = 3 e ms = 3, cos / / , = =3 12 3 2 o que nos dá u = 30,0o.

(g) Para l = 3 e ms = 2, cos / / , = =2 12 1 3 o que nos dá u = 54,7o.

(h) Para l = 3 e ms = −3, cos / / , = − = −3 12 3 2 o que nos dá u = 150o.

10. (a) Para n = 3, existem três valores possíveis de l: 0, 1 e 2.


(b) Para l = 2, existem 5 valores possíveis de ml = −2, −1, 0, +1 e + 2.

(c) Como, para um elétron, quaisquer que sejam os valores de n, l e ml, ms só pode assumir os valores +1/2 e −1/2, o número de valores possíveis de ms é 2.

(d) Como, de acordo com a solução do Problema 2, o número total de estados para um dado valor de n é 2n2, para n = 3 o número de estados possíveis é 2(32) = 18.

(e) Cada subcamada é caracterizada por um valor diferente de l. Como, para n = 3, existem três valores possíveis de l, o número de subcamadas da camada n = 3 é 3.

11. Como L L L L L L L Lx y z x y z2 2 2 2 2 2 2 2= + + + = −, . Substituindo L2 por l l h+( )1 2 e Lz por

mlh, obtemos

L L mx y2 2 21+ = +( ) −h l l l .

Como, para um dado valor de l, o maior valor possível de ml é l, o menor valor possível de

L Lx y2 2+ é h l l l h l+( ) − =1 2 . Como o menor valor possível de ml é 0, o maior valor

possível de L Lx y2 2+ é h l l +( )1 . Assim,

h l h l l≤ + ≤ +( )L Lx y2 2 1 .

12. O momento angular da esfera, Lesfera , tem o mesmo módulo que

Látomos , o momento angular

total dos átomos alinhados da esfera. O número de átomos da esfera é

NN m

MA= ,

em que NA = 6,02 × 1023 mol−1 é o número de Avogadro e M = 0,0558 kg/mol é a massa molar do ferro. O momento angular total dos átomos é, portanto,

L N mN m

Ms

Aátomos = =0 12 0 12

2, ( ) , .h

h

Por outro lado, de acordo com a Eq. 11-31 e a Tabela 10-2, o momento angular da esfera é

L I mResfera = =

2

52 .

Igualando as duas expressões e explicitando ω, obtemos

= = × ×−0 12

5

40 12

5 6 02 10 6 63 12

23 1

, ,( , )( ,N

MRAh mol 00

4 0 0558 10

34

3 2

−

−⋅

×

=

J s/2 )

kg/mol)(2,00 m

( , )

44 3 10 5, × − rad/s.

13. A força a que o átomo de prata está submetido é dada por

FdU

dz

d

dzB

dB

dzz z z= − = − −( ) =

em que mz é a componente z do momento dipolar magnético do átomo de prata e B é o campo magnético. A aceleração resultante é

aF

M

dB dz

Mz z= = ( )

,/


em que M é a massa de um átomo de prata. Usando os dados do Exemplo “Separação do feixe no experimento de Stern-Gerlach”, obtemos

a = × ××

= ×−

−( , )( , )

,,

9 27 10 1 4 10

1 8 107 2

24 3

25

J T T m

kg1104 2m s 72 km/s2= .


FdB

dzB= = × × = ×− − ( , )( , ) ,9 27 10 1 6 10 1 5 1024 2 2J T T m 11 N.

(b) O deslocamento vertical é

Dx atF

m

l

v= =

= × −1

2

1

2

1

2

1 5 10

12

2 21,

,

N

667 10

0 80

1 2 102 0

27 5

2

×

×

= ×− kg

m

m s

,

,, 110 205− =m m .

15. O módulo do momento angular de spin é

S s s= + = + =( ) ( )( ) ( ) .1 1 2 1 2 1 3 2h h h/ /

A componente z pode ser Sz = h/2 ou −h/2.

(a) Se Sz = h/2, o ângulo u entre o vetor momento angular de spin e o semieixo z positivo é

=

=

=− −cos cos , .1 1 1

354 7

S

Sz °

(b) Se Sz = −h/2, o ângulo é u = 180° – 54,7° = 125,3° ≈ 125°.

16. (a) De acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18,

DE BB= = ××

−

−22 9 27 10 0 50

1 60 10

24

19

( , )( , )

,

J T T

J eV== 58eV.

(b) Como DE = hf, temos:

fE

h= = ×

× ⋅= × =

−

−D 9 27 10

6 63 101 4 10 1

24

3410,

,,

J

J sHz 44 GHz .

(c) O comprimento de onda é

= = ××

=c

f

2 998 10

1 4 102 1

8

10

,

,, .

m s

Hzcm

(d) Essa radiação está na faixa das micro-ondas.

17. Como, de acordo com a Eq. 40-22, o campo magnético total B = Blocal + Bext satisfaz a relação DE = hf = 2mB, temos:

Bhf

Blocal extJ s Hz= − = × ⋅ ×−

2

6 63 10 34 10

2

34 6

( , )( )

(( , ), .

1 41 100 78 19

26×− =− J T

T mT

18. Como, de acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18, DE = 2mBBef, temos:

BE hc

B Bef

nm eV

nm= = = ⋅

× −D

2 2

1240

2 21 10 5 787 ( )( , 88 1051

5×=− eV T

mT)

.


19. A energia de um dipolo magnético em um campo magnético externo B é U B Bz= − ⋅ = −

,em que

é o momento dipolar magnético e mz é a componente do momento dipolar magnético

na direção do campo. A energia necessária para mudar a direção do momento de paralela para antiparalela é DE = DU = 2mzB. Como a componente z do momento magnético de spin de um elétron é o magnéton de Bohr mB, temos:

DE B= = × = ×− −2 2 9 274 10 0 200 3 71 1024 24B J T T( , )( , ) , JJ.

O comprimento de onda do fóton é

= = = × ⋅ ×−c

f

hc

ED

( , )( , )

,

6 626 10 2 998 10

3 71

34 8J s m s

××= × =−

−10

5 35 1024

2

Jm 5,35 cm, .

20. De acordo com a Eq. 39-20, os quatro primeiros níveis do curral retangular são não degene-rados, com energias E1,1 = 1,25, E1,2 = 2,00, E1,3 = 3,25 e E2,1 = 4,25 (em múltiplos de h2/8mL2). Assim, de acordo com o princípio de exclusão de Pauli, temos:

Efund = 2E1,1 + 2E1,2 + 2E1,3 + E2,3 = 2(1,25) + 2(2,00) + 2(3,25) + 4,25 = 17,25

em múltiplos de h2/8mL2.

21. De acordo com o princípio de exclusão de Pauli, dois elétrons ocupam os níveis n = 1, 2, 3 e um elétron ocupa o nível n = 4. Assim, de acordo com a Eq. 39-4,

E E E E E

h

mL

h

fund = + + +

=

( ) +

2 2 2

28

1 28

1 2 3 4

2

2

22

mmL

h

mL

h

mL2

22

2

22

22 2

83

8

( ) +

( ) +

( )

= + + +( )

=

4

2 8 18 168

448

2

2

2

2

2

h

mL

h

mL

e a energia no nível fundamental do sistema, em múltiplos de h2/8mL2, é 44.

22. Devido à degeneração do spin ( ms = ±1 2/ ), cada estado pode acomodar dois elétrons. Assim, no diagrama de níveis de energia da Fig. 40-23, dois elétrons podem ocupar o estado fundamental, com energia E h mL1

2 24 8= ( ),/ seis elétrons podem ocupar o estado triplo com E h mL2

2 26 8= ( )/ e assim por diante. No caso de 11 elétrons, a configuração de menor energia consiste em dois elétrons com E h mL1

2 24 8= ( ),/ seis elétrons com E h mL22 26 8= ( )/ e três

elétrons com E h mL32 27 8= ( )./ A energia desse estado é

E E E Eh

mL

h

mLfund = + + =

+

2 6 3 24

86

6

81 2 3

2

2

2

2

+

= + +[ ]

37

8

2 4 6 6 3 7

2

2

h

mL

( )( ) ( )( ) ( )( )hh

mL

h

mL

2

2

2

2865

8

=

.

O primeiro estado excitado é formado por dois elétrons com E h mL12 24 8= ( ),/ cinco elétrons

com E h mL22 26 8= ( )/ e quatro elétrons com E h mL3

2 27 8= ( )./ A energia desse estado é

E E E Eh

mL

h

mL1ex = + + =

+

2 5 4 24

85

6

81 2 3

2

2

2

2

+

= + +[ ]

47

8

2 4 5 6 4 7

2

2

h

mL

h( )( ) ( )( ) ( )( )

22

2

2

2866

8mL

h

mL

=

.

Assim, a energia do primeiro estado excitado, em múltiplos de h2/8mL2, é 66.


23. De acordo com a Eq. 39-23, os níveis de energia do elétron são dados por

Eh

mLn n nn n n x y zx y z, , ,= + +( )

2

22 2 2

8

em que nx, ny e nz são números inteiros positivos. O nível fundamental corresponde a nx = 1, ny = 1 e nz = 1 e tem uma energia E1,1,1 = 3(h2/8mL2). Existem dois elétrons com esta energia, um com o spin para cima e o outro com o spin para baixo. O nível seguinte é triplamente degenerado e tem uma energia

E1,1,2 = E1,2,1 = E2,1,1 = 6(h2/8mL2).

Como cada um dos estados pode ser ocupado por dois elétrons, este nível é ocupado pelos seis elétrons restantes. Assim, a energia do estado fundamental do sistema é

Efund = (2)(3)(h2/8mL2) + (6)(6)(h2/8mL2) = 42(h2/8mL2)

e a energia, em múltiplos de h2/8mL2, é 42.

Nota: A tabela a seguir mostra a configuração do estado fundamental e as energias dos elétrons envolvidos, em múltiplos de h2/8mL2.

nx ny nz ms energia

1 1 1 –1/2, +1/2 3 + 3

1 1 2 –1/2, +1/2 6 + 6

1 2 1 –1/2, +1/2 6 + 6

2 1 1 –1/2, +1/2 6 + 6

total 42 24. (a) De acordo com a Eq. 39-20, as energias dos cinco primeiros níveis do curral retangular, em múltiplos de h2/8mL2, são as seguintes:

E1,1 = 1,25, E1,2 = 2,00, E1,3 = 3,25, E2,1 = 4,25, E2,2 = 5,00.

Note que o nível E2,2 é duplamente degenerado (o estado E2,2 tem a mesma energia que o estado E1,4), mas isso não afeta a solução do problema. Na segunda configuração de menor energia, que corresponde ao primeiro estado excitado, os três primeiros níveis estão totalmente ocupados, o quarto nível está vazio e o quinto nível está parcialmente ocupado. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é

E E E E E1ex = + + + = +2 2 2 2 1 25 2 2 001 1 1 2 1 3 2 2, , , , ( , ) ( , ) ++ + =2 3 25 5 00 18 00( , ) , , .

(b) Na terceira configuração de maior energia, que corresponde ao segundo estado excitado, os dois primeiros níveis estão totalmente ocupados, o terceiro está parcialmente ocupado e o quarto está totalmente ocupado. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é

E E E E E2ex = + + + = +2 2 2 2 1 25 2 2 001 1 1 2 1 3 2 1, , , , ( , ) ( , ) ++ + =3 25 2 4 25 18 25, ( , ) , .

(c) Na quarta configuração de maior energia, que corresponde ao terceiro estado excitado, os dois primeiros níveis estão totalmente ocupados e os três níveis seguintes estão parcialmente ocupados. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é

E E E E E E3ex = + + + + = +2 2 2 1 25 2 21 1 1 2 1 3 2 1 2 2, , , , , ( , ) ( ,, ) , , , , .00 3 25 4 25 5 00 19 00+ + + =

(d) O diagrama a seguir mostra os níveis de energia deste problema e do Problema 40-20.

__________________ terceiro estado excitado: E = 19,00(h2/8mL2)


__________________ segundo estado excitado: E = 18,25(h2/8mL2)

__________________ primeiro estado excitado: E = 18,00(h2/8mL2)

__________________ estado fundamental: E = 17,25(h2/8mL2)

25. (a) Na segunda configuração de menor energia do sistema do Problema 40-21, que cor-responde ao primeiro estado excitado, os dois primeiros níveis estão totalmente ocupados, o terceiro nível está parcialmente ocupado e o quarto nível está totalmente ocupado. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é

E1ex = 2E1 + 2E2 + E3 + 3E4 = 2(1)2 + 2(2)2 + (3)2 + 2(4)2 = 51.

(b) Na terceira configuração de menor energia, que corresponde ao segundo estado excitado, os três primeiros níveis estão totalmente ocupados, o quarto nível está vazio e o quinto nível está parcialmente ocupado. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é

E2ex = 2E1 + 2E2 + 2E3 + E5 = 2(1)2 + 2(2)2 + 2(3)2 + (5)2 = 53.

(c) Na quarta configuração de menor energia, que corresponde ao terceiro estado excitado, o pri-meiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está parcialmente ocupado e os dois níveis seguintes estão totalmente ocupados. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é

E3ex = 2E1 + E2 + 2E3 + 2E4 = 2(1)2 + (2)2 + 2(3)2 + 2(4)2 = 56.


_______________________ terceiro estado excitado: E = 56(h2/8mL2)

_______________________ segundo estado excitado: E = 53(h2/8mL2)

_______________________ primeiro estado excitado: E = 51(h2/8mL2)

_______________________ estado fundamental: E = 44(h2/8mL2)

26. De acordo com a Eq. 39-21, os níveis de energia do sistema são dados por

Eh

m

n

L

n

L

n

L

hn n n

x

x

y

y

z

zx y z, , = + +

=

2 2

2

2

2

2

2

2

8 88 22 2 2

mLn n nx y z+ +( ) .

O nível fundamental é o nível E1,1,1 = 3(h2/8mL2), com nx = ny = nz = 1.

Os três níveis seguintes são triplamente degenerados:

E9 = E1,1,2 = E1,2,1 = E2,1,1 = 6(h2/8mL2)

E99 = E1,2,2 = E2,2,1 = E2,1,2 = 9(h2/8mL2)

E999 = E1,1,3 = E1,3,1 = E3,1,1 = 11(h2/8mL2).

O nível seguinte é não degenerado:

E2,2,2 = (22 + 22 + 22)(h2/8mL2) = 12(h2/8mL2).

O nível seguinte é seis vezes degenerado e tem uma energia

E9999 = 14(h2/8mL2).


(a) Na segunda configuração de menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde ao primeiro estado excitado, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está ocupado por cinco elétrons e o terceiro nível está ocupado por um elétron. A energia corres-pondente, em múltiplos de h2/8mL2, é

E E E E1ex = + ′ + ′′ = + + =2 5 2 3 5 6 9 451 1 1, , ( ) ( ) .

(b) Na terceira configuração de menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde ao segundo estado excitado, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está ocupado por cinco elétrons, o terceiro nível está vazio e o quarto nível está ocupado por um elétron. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é

E E E E2ex = + ′ + ′′ = + + =2 5 2 3 5 6 11 471 1 1, , ( ) ( ) .

(c) A quarta menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde ao terceiro estado excitado, está associada a duas diferentes configurações. Na primeira, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está ocupado por cinco elétrons, o terceiro e quarto níveis estão vazios e o quinto nível está ocupado por um elétron. A energia correspondente, em múl-tiplos de h2/8mL2, é

E E E E3ex = + ′ + ′′′ = + + =2 5 2 3 5 6 12 481 1 1, , ( ) ( ) .

Na segunda, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo está ocupado por quatro elé-trons e o terceiro está ocupado por um elétron.


__________________ terceiro estado excitado: E = 48(h2/8mL2)

__________________ segundo estado excitado: E = 47(h2/8mL2)

__________________ primeiro estado excitado: E = 45(h2/8mL2)

__________________ estado fundamental: E = 42(h2/8mL2)

27. (a) Todos os estados com número quântico principal n = 1 estão ocupados. No estado se-guinte, com n = 2, o número quântico orbital pode ter os valores l = 0 e l = 1; desses estados, os de menor energia são os estados com l = 0. Para l = 0, o único valor possível para o número quântico magnético é ml = 0. O número quântico de spin pode ter os valores ms = +1/2 e ms = −1/2, que correspondem à mesma energia na ausência de um campo magnético externo. Assim, no estado fundamental, os números quânticos do terceiro elétron podem ser n = 2, l = 0, ml = 0 e ms = +1/2 ou n = 2, l = 0, ml = 0 e ms = −1/2, ou seja,

( , , , )n m msl l = (2,0,0, +1/2) e (2,0,0, −1/2).

(b) A segunda menor energia corresponde a uma configuração com o terceiro elétron em um estado com n = 2 e l = 1. Nesse caso, o número quântico magnético pode ser −1, 0 ou 1 e o número quântico de spin pode ser ms = 1/2 ou ms = −1,2. Assim,

( , , , )n m msl l = (2,1,1,+1/2), (2,1,1,−1/2), (2,1,0,+1/2), (2,1,0,−1/2), (2,1,−1,+1,2) e (2,1,−1,−1/2).



N N nn

n n

= = + ==

−

=

−

∑ ∑ll l

l0

1

0

122 2 1 2( ) .

29. De acordo com o resultado do Problema 40-28, o número de estados com o mesmo número quântico n é 2n2. Assim, no caso de um átomo com 110, se os níveis fossem ocupados na ordem crescente de n, teríamos 2 elétrons na camada n = 1, 8 elétrons na camada n = 2, 18 elétrons na camada n = 3, 32 elétrons na camada n = 4 e os 50 elétrons restantes na camada n = 5 que comporta exatamente 50 elétrons. Esses elétrons seriam colocados nas subcamadas na ordem s, p, d, f, g, ... e a configuração resultante seria 5 5 5 5 52 6 10 14 18s p d f g . Assim, o número quântico l do último elétron, em notação espectroscópica, seria g.

Na verdade, por causa da interação entre os elétrons, a configuração dos elétrons no estado fundamental do darmstádio é

1 2 2 3 3 3 4 4 4 4 5 5 52 2 6 2 6 10 2 6 10 14 2 6 10s s p s p d s p d f s p d 55 6 6 6 714 2 6 9 1f s p d s .

30. Quando um átomo de hélio se encontra no estado fundamental, os dois elétrons estão no estado 1s, com n = 1, l = 0 e ml = 0. Em um desses elétrons, o spin aponta para cima (ms = +1/2); no outro, o spin aponta para baixo (ms = −1/2). Assim,

(a) os números quânticos ( , , , )n m msl l do elétron cujo spin aponta para cima são (1,0,0,+1/2).

(b) os números quânticos ( , , , )n m msl l do elétron cujo spin aponta para baixo são (1,0,0,−1/2).

31. Nos três elementos, as primeiras três camadas (n = 1 a 3), que podem acomodar 2 + 8 + 18 = 28 elétrons, estão totalmente ocupadas. No caso do selênio (Z = 34), restam 34 – 28 = 6 elétrons para serem acomodados. Dois desses elétrons vão para a subcamada 4s e os outros quatro vão para a subcamada 4pl.

(a) A última subcamada ocupada do selênio é a subcamada 4p.

(b) A subcamada 4p é ocupada por 4 elétrons.

No caso do bromo (Z = 35), a última subcamada ocupada também é a subcamada 4p, que, neste caso, contém 5 elétrons.

(c) A última subcamada ocupada do bromo é a subcamada 4p.

(d) A subcamada 4p é ocupada por 5 elétrons.

No caso do criptônio (Z = 36), a última subcamada ocupada também é a subcamada 4p, que, neste caso, contém 6 elétrons.

(e) A última subcamada ocupada do criptônio é a subcamada 4p.

(f) A subcamada 4p é ocupada por 6 elétrons.

32. (a) Existem três valores possíveis para ml (1, 0 e −1) e dois valores possíveis para ms (+1/2 e −1/2). Os estados possíveis são ( , , , )m m m ms sl l1 1 2 2 = (1, +1/2, 1, −1/2), (1, +1/2, 0, +1/2), (1, +1/2, 0, −1/2), (1, +1/2, −1, +1/2), (1, +1/2, −1, −1/2), (1, −1/2, 0, +1/2), (1, −1/2, 0, −1/2),


(1, −1/2, −1, +1/2), (1, −1/2, −1, −1/2), (0, +1/2, 0, −1/2), (0, +1/2, −1, +1/2), (0, +1/2, −1, −1/2), (0, −1/2, −1, + 1/2), (0, −1/2, −1, −1/2), ( −1, +1/2, −1, −1/2). Assim, existem 15 estados possíveis.

(b) Existem seis estados proibidos pelo princípio de exclusão de Pauli, nos quais os dois elétrons têm os mesmos números quânticos: ( , , , )m m m ms sl l1 1 2 2 = (1, +1/2, 1, +1/2), (1, −1/2, 1, −1/2), (0, +1/2, 0, +1/2), (0, −1/2, 0, −1/2), (−1, +1/2, −1, +1/2), (−1, −1/2, −1, −1/2). Assim, se o princípio de exclusão de Pauli não existisse, seriam possíveis 15 + 6 = 21 estados.

33. A energia cinética adquirida pelo elétron é dada por eV, em que V é a diferença de poten-cial a que o elétron é submetido. Um fóton de comprimento de onda mínimo (que, de acordo com a relação E = hc/l, corresponde a um fóton de máxima energia) é produzido quando toda a energia cinética do elétron é convertida na energia do fóton em um evento como o da Fig. 40-14. Assim, temos:

eVhc= = ⋅ = ×

min ,,

1240

0 101 24 104eV nm

nmeV

e a diferença de potencial é V = 1,24 × 104 V = 12,4 kV.

34. De acordo com as Eqs. 38-1 e 40-1, a diferença de energia é

DEhc= = ⋅ =

12406 42

keV pm

193 pmkeV, .

Note que, para o hidrogênio, a diferença de energia correspondente é

DE12 2 113 6

1

2

1

110= −( ) −

≈, .eV eV

A diferença é muito maior no caso do ferro porque o núcleo do ferro contém 26 prótons, que exercem uma força muito maior sobre os elétrons das camadas K e L que o único próton do hidrogênio.

35. (a) O comprimento de corte lmin não depende do material de que é feito o alvo, já que é o comprimento de onda de um fóton cuja energia é igual à energia dos elétrons incidentes. Se essa energia é 35,0 keV, temos:

min , , .= ⋅×

= × =−1240

35 103 54 10 35 4

32eV nm

eVnm pm

(b) Os fótons da linha Kα são produzidos quando um elétron do alvo sofre uma transição da camada L para a camada K. A energia desses fótons é

EKα = 25,51 keV – 3,56 keV = 21,95 keV


lΚα = hc/E = (1240 eV·nm)/(21,95 × 103 eV) = 5,65 × 10– 2 nm = 56,5 pm.

(c) Os fótons da linha Kβ são produzidos quando um elétron do alvo sofre uma transição da camada M para a camada K. A energia desses fótons é

EKβ = 25,51 keV – 0,53 keV = 24,98 keV


lKβ = (1240 eV·nm)/(24,98 × 103 eV) = 4,96 × 10– 2 nm = 49,6 pm.


36. (a) De acordo com as Eqs. 40-23 e Eq. 38-4, temos:

min , .= = ⋅ =hc

eV

124024 8

keV pm

50,0 keVpm

(b) Os valores de l para as linhas Kα e Kβ não dependem do potencial de aceleração dos elétrons e, portanto, permanecem os mesmos.

37. Suponha que um elétron, cuja energia é E e cujo momento tem módulo p, se transforme espontaneamente em um fóton. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia do fóton é E e, de acordo com as Eqs. 38-2 e 38-7, o módulo do momento é pf = E/c. A energia E e o momento pe do elétron estão relacionados através da Eq. 37-55:

E p c mc p E c mce e2 2 2 2 2 2= + ⇒ = −( ) ( ) ( ) ( ) ./

Como a massa do elétron não é nula, pe < E/c e, portanto, pe ≠ pf e o momento não é conservado, a não ser que uma terceira partícula participe da reação.

38. A figura a seguir mostra o gráfico obtido usando a Eq. 38-1 para calcular as frequências a partir dos comprimentos de onda. A inclinação da reta de mínimos quadrados é 5,02 × 107 Hz1/2, um valor bem próximo do que foi mencionado na Seção 40-10, 4,96 × 107 Hz1/2.

39. Como, de acordo com as Eqs. 38-1 e 40-26, o comprimento de onda das linhas características de raios X é inversamente proporcional a (Z – 1)2, em que Z é o número atômico dos átomos do alvo, a razão entre o comprimento de onda lNb da linha Kα do nióbio e o comprimento de onda lGa da linha Kα do gálio é dada por

Nb

Ga

Ga

Nb

= −−

= ≈( )

( ), .

Z

Z

1

1

30

400 563

2

2

2

2

40. (a) Como, de acordo com as Eqs. 38-2 e 40-26, a energia das linhas características de raios X é diretamente proporcional a (Z − 1)2, na qual Z é o número atômico dos átomos do alvo, a razão entre as energias dos fótons associados às linhas Kα de dois elementos cujos números atômicos são Z e Z9 é

E

E

Z

Z′= −

′ −

1

1

2

.


(b) Para Z = 92 e Z9 = 13, temos:

E

E

f

f

Z

Z′=

′= −

′ −

= −

−

=1

1

92 1

13 157 5

2 2

, ..

(c) Para Z = 92 e Z9 = 3, temos:

E

E ′= −

−

= ×92 1

3 12 07 10

23, .


dmhc

E= = ⋅

−2

1 124

0 95D sen

( )(

,

0 keV nm)

2(8,979 keV 11 74 180 3

keVpm

)(sen , ), .

°=

42. De acordo com a Eq. 39-6 e a Fig. 40-13, temos:

DE E Ehc hc

L ML M

= − = − = ⋅ −

1240

63 0

1240keV pm

pm

keV

,

⋅⋅ =pm

pmkeV

71 02 2

,, .

43. (a) Para que um elétron de um nível mais elevado possa decair para a subcamada K, um elétron deve ser removido dessa subcamada, o que requer uma energia de 69,5 keV. Assim, o menor valor do potencial de aceleração é 69,5 kV.

(b) Com a aceleração calculada no item (a), a energia cinética dos elétrons incidentes é 69,5 keV. Isso significa que a energia de um fóton com o comprimento de onda lmin é 69,5 keV, e, portanto, o comprimento de onda é

min , ,= ⋅×

= × =−12401 78 10 17 82eV nm

69,5 10 eVnm pm

3..

(c) Como a energia de um fóton associado à linha Kα é 69,5 keV – 11,3 keV = 58,2 keV, o comprimento de onda é

KeV nm

eVnm pm= ⋅

×= × =−1240

58 2 102 13 10 21 3

32

,, , .

(d) Como a energia de um fóton associado à linha Kβ é 69,5 keV – 2,30 keV = 67,2 keV, o comprimento de onda é

KeV nm

eVnm pm= ⋅

×= × =−1240

67 2 101 85 10 18 5

32

,, , .

44. É mais fácil começar a solução pelo item (b).

(b) Vamos chamar os comprimentos de onda dos dois fótons de l1 e 2 = 1 + D . Nesse caso,

eVhc hc= +

+⇒

1 1 D

1

22 4

2=

− − ± +( ) ( ).

D D

D

0 0

Como Dl = 130 pm e l0 = hc/eV = (1240 keV · pm)/20 keV = 62 pm, temos:

1

2130 2 130 62 4

2 6287=

− − + +=

( ) ( )pm 62 pm pm pm

pmpm,

onde escolhemos o sinal positivo da raiz quadrada para que l1 > 0.


(a) A energia cinética do elétron após a primeira colisão é

K Khc

i= − = − ⋅ =1

201240

875 7keV

keV pm

pmkeV, .

(c) A energia do primeiro fóton é

Ehc

11240

8714= = ⋅ =

1

keV pm

pmkeV.

(d) O comprimento de onda do segundo fóton é

2 = + = ×1 = 87 + 130D pm pm 2,2 10 pm2 .

(e) A energia do segundo fóton é

Ehc

22

2

1240

2 2 105 7= = ⋅

×=

keV pm

pmkeV

,, .

45. A energia cinética inicial do elétron é K0 = 50,0 keV. Depois da primeira colisão, a energia cinética é K1 = 25 keV; depois da segunda, é K2 = 12,5 keV; depois da terceira, é zero.

(a) A energia do fóton produzido na primeira colisão é 50,0 keV – 25,0 keV = 25,0 keV. O comprimento de onda correspondente é

= = ⋅×

= × =−hc

E

1240

25 0 104 96 10 49 6

32eV nm

eVnm p

,, , mm.

(b) A energia do fóton produzido na segunda colisão é 25,0 keV − 12,5 keV = 12,5 keV. O comprimento de onda correspondente é

= ⋅×

= × =−1240

12 5 109 92 10 99 2

32eV nm

eVnm pm

,, , .

46. Como se trata de uma transição do nível n = 2 para o nível n = 1, a combinação da Eq. 40-26 com a Eq. 40-24 nos dá

fm e

hZe=

−

−

4

02 3 2 2

2

8

1

1

1

21

( )

e, portanto, a constante da Eq. 40-27 é

Cm e

he= = ×3

324 9673 10

4

02 3

7 1 2

, ./Hz

Devemos comparar os resultados da Eq. 40-27 (elevados ao quadrado e multiplicados pelos valores precisos de h/e dados no Apêndice B para calcular as energias correspondentes) com as energias da tabela das energias das linhas Kα (em eV) apresentada no final do enunciado. Os números atômicos dos elementos podem ser encontrados no Apêndice F e no Apêndice G.

(a) No caso do Li, Z = 3 e temos:

Eh

eC Zteórica

J s= − = × ⋅−2 2

34

16 6260688 10

1 602( )

,

, 11765 104 9673 10 3 1 40

197 2 2

×× − =− J/eV

Hz1/2( , ) ( ) ,8817 eV.

A diferença percentual é

diferença percentual teórica experimen=−

100E E ttal

experimentalE

= −

10040 817 54 3

54 3

, ,

,

= − ≈ −24 8 25, % %.


(b) No caso do Be, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 4, nos dá uma diferença percentual de –15%.

(c) No caso do B, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 5, nos dá uma diferença per-centual de –11%.

(d) No caso do C, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 6, nos dá uma diferença percentual de –7,9%.

(e) No caso do N, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 7, nos dá uma diferença percentual de –6,4%.

(f) No caso do O, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 8, nos dá uma diferença per-centual de –4,7%.

(g) No caso do F, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 9, nos dá uma diferença per-centual de –3,5%.

(h) No caso do Ne, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 10, nos dá uma diferença percentual de –2,6%.

(i) No caso do Na, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 11, nos dá uma diferença percentual de –2,0%.

(j) No caso do Mg, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 12, nos dá uma diferença percentual de –1,5%.

Note que a diferença entre o valor teórico e o valor experimental da energia diminui à medida que Z aumenta. A aproximação mais questionável da Seção 40-10 é a substituição e Z e4 2 41→ −( ) , que poderia muito bem ser e Z e4 2 40 9→ −( , ) ou e Z e4 2 40 8→ −( , ) . Para grandes valores de Z, os resultados obtidos usando essas aproximações são praticamente os mesmos, já que Z – j ≈ Z para Z >> j.

47. Seja P a potência do laser e seja E a energia dos fótons emitidos. Nesse caso, o número de fótons que o laser emite por segundo é

RP

E

P

hc

P

hc= = = = × ×− −

( , )( , )

( ,

5 0 10 0 80 10

6 63

3 6W m

×× ⋅ ×= ×−

−10 2 998 10

2 0 1034 8

16 1

J s m ss

)( , ), .

48. De acordo com o Apêndice C, a Lua está a uma distância R = 3,82 × 108 m da Terra. O ângulo do “cone” de luz é 2u. De acordo com a Eq. 36-12, para pequenos ângulos, o diâmetro D do disco central de difração da superfície da Lua é

D R R Rd

= ≈ =

= ×

2 2 21 22 2 3 82 10 18

sen, ( , )( ,

m 222 600 10

0 124 7 10 4 7

93)( )

,, , .

× = × =− m

mm km

49. Se Df é a largura da faixa de frequências da luz visível, o número de canais que poderiam ser acomodados é

Nf= = × −− −D

10

2 998 10 450 6508 1 1

MHz

m s nm nm( , )[( ) ( ) ]],

102 107

MHz= ×

um número muito maior do que o número de canais que podem ser acomodados na faixa de frequências das micro-ondas.


50. De acordo com a Eq. 40-29, N2/N1 = e E E kT− −( )2 1 . Explicitando T, obtemos:

TE E

k N N= −

( ) =×( ) ×−

2 1

1 223

3 2

2 5 1ln

,

ln ,

eV

1,38 10 J K 00 6 1 101 0 10

15 134

,,

×( ) = × K.

51. Como o número de átomos em um estado de energia E é proporcional a e– E/kT, na qual T é a temperatura em kelvins e k é a constante de Boltzmann, a razão entre o número de átomos no 13o estado excitado e o número de átomos no 11o estado excitado é n n e E kT

13 11/ = −D , na qual DE é a diferença de energia entre os dois estados,

DE = E13 – E11 = 2(1,2 eV) = 2,4 eV.

Para T = 2000 K, kT = (8,62 × 10−2 eV/K)(2000 K) = 0,1724 eV e

n

ne13

11

2 4 0 1724 79 0 10= = ×− −, , , .

52. A energia do pulso luminoso é

E P tp = = × × =−D ( , )( , ) ,2 80 10 0 500 10 1 4006 6J/s s J..

Como a energia de cada fóton é

Ehc= = × ⋅ ×

×

−

−

( , , )6 63 10 2 998 10

424 10

34 8J s)( m/s99

194 69 10m

J,= × −,

o número de fótons contidos no pulso é

NE

Ep= =

×= ×−

1 400

4 69 103 0 10

1918,

,, .

J

Jfótons

Como cada átomo sofreu emissão estimulada apenas uma vez, o número de átomos que contri-buíram para o pulso luminoso também é 3,0 × 1018.

53. Se P é a potência do laser e E é a energia dos fótons emitidos, o número de fótons emitidos por segundo é

RP

E

P

hc

P

hc= = = = × ×− −

( , )( , )

( ,

2 3 10 632 8 10

6 6

3 9W m

33 10 2 998 107 3 10

34 815 1

× ⋅ ×= ×−

−J s m s

s)( , )

, .

54. De acordo com o Exemplo “Inversão de população em um laser”, se o comprimento de onda da luz emitida é 550 nm, a razão entre as populações dos dois estados à temperatura ambiente é Nx/N0 = 1,3 × 10– 38. Se n é o número de mols do gás, N0 = nNA, em que NA é a constante de Avogadro. Para Nx = 10, temos:

nN

Nx

A

=×

=× ×

=− −( , ) ( , ) ( , )1 3 10

10

1 3 10 6 02 1038 38 2311 3 1015, .× mol

55. (a) Se t é o tempo de duração dos pulsos, a largura dos pulsos é

L = ct = (3,00 × 108 m/s)(1,20 × 10– 11 s) = 3,60 × 10– 3 m = 3,60 mm.

(b) Se Ep é a energia dos pulsos, E é a energia dos fótons e N é o número de fótons emitidos em um único pulso, Ep = NE. A energia dos pulsos é

Ep =×

= ×−0 150

1 602 109 36 10

1917,

,,

J

J/eVeV


e a energia dos fótons é

E = ⋅ =1240

694 41 786

eV nm

nmeV

,, .

Assim,

NE

Ep= = × = ×9 36 10

1 7865 24 10

1717,

,, .

eV

eVfótons

56. Considere dois níveis, 1 e 2, com E2 > E1. Como T = – |T | < 0,

N

Ne e eE E kT E E k T E E k T2

1

2 1 2 1 2 1 1= = = >− −( ) − − − −( ) .

Assim, N2 > N1, o que constitui uma inversão de população. Explicitando T, obtemos

T TE E

k N N= − = − −

( ) = −× −

2 1

2 15

2 26

ln

,

( ) l

eV

8,62 10 eV K nn( , ),

1 0 1002 75 105

+= − × K.

57. (a) Vamos chamar de 1 o nível de maior energia e de 2 o nível de menor energia. Como N1/N2 = e E E kT− −( )2 1 , temos:

N N e N eE E kT hc kT1 2 2

201 2 4 0 1012= = = × −− −( ) − λ ( , ) exp

4405

eV nm

(580 nm)(8,62 10 eV/K)(300K)

⋅×

=

−

55 0 10 116, ,× <<−

o que significa que o nível de cima está praticamente vazio.

(b) Com N1 = 3,0 × 1020 átomos emitindo fótons e N2 = 1,0 × 1020 átomos absorvendo fótons, a energia liberada será

E N N E N Nhc= − = − = × ×

( ) ( ) ( , )( ,

1 2 1 2202 0 10

6 63fóton

110 2 998 10

68

34 8

9

−

−⋅ ××

=

J s m s

580 10 m

J

)( ,

.

58. No caso de um harmônico de ordem n de uma onda estacionária de comprimento de onda l1 em uma cavidade de largura L, nl = 2L, o que nos dá nDl + lDn = 0. Fazendo Dn = ±1 e usando a relação l = 2L/n, obtemos

DD

= = =

=

×=

n

n n L2

533

2 8 0 10

2

7

( )

( , )

nm

nm11 8 10 1 812, , .× =− m pm

59. Para que haja emissão estimulada, é necessário que exista um estado com um longo tempo de vida acima de um estado com um curto tempo de vida nos dois tipos de átomo. Além disso, para que a luz emitida pelos átomos do tipo A produzam emissão estimulada nos átomos do tipo B, é preciso que transições nos dois tipos de átomo tenham a mesma energia. Essas condições são satisfeitas para a transição do estado de 6,9 eV (com um tempo de vida de 3 ms) para o estado de 3,9 eV (com um tempo de vida de 3 ms) dos átomos tipo A e para a transição do estado de 10,8 eV (com um tempo de vida de 3 ms) para o estado de 7,8 eV (com um tempo de vida de 3 ms) dos átomos tipo B. Assim, a energia por fóton da emissão estimulada dos átomos do tipo B é 10,8 eV − 7,8 eV = 3,0 eV.


60. (a) O raio do disco central é

Rf

d= = =1 22 1 22 3 50

3 007 33

, ( , )( ,

,,

cm)(515 nm)

mmmm.

(b) A intensidade média do feixe incidente é

P

d 25

4

4 5 00

3 007 07 10

/

W)

mm)W/m

22= = ×( ,

( ,, .

(c) A intensidade média no disco central é

( , ) ( , )( ,,

0 84 0 84 5 002 49 10

21P

R = = ×W)

m)2(7,3300 W/m2.

61. (a) Supondo que os dois espelhos são refletores perfeitos, existe um nó em cada extremida-de do meio e, portanto, existe um número inteiro de meios comprimentos de onda ao longo do meio. O comprimento de onda no meio é lc = l/n, em que l é o comprimento de onda no vácuo e n é o índice de refração do meio. Assim, N(l/2n) = L, na qual N é o número de nós da onda estacionária e L é o comprimento do meio, o que nos dá

NnL= =

×= ×−

2 2 1 75 0 0600

694 103 03 10

95

( , ) ( , ), .

m

m

(b) Como l = c/f, em que f é a frequência, N = 2nLf/c e DN = (2nL/c)Df, o que nos dá

DD

fc N

nL= = × =

2

2 998 10 1

2 1 75 0 0600

8( , ) ( )

( , ) ( , )

m s

m11 43 109, × =Hz 1,43 GHz.

(c) Como a velocidade da luz no meio é c/n e a distância percorrida pela luz em um percurso de ida e volta é 2L, o tempo que a luz leva para fazer uma viagem de ida e volta é 2nL/c, o que, de acordo com a expressão para Df obtida no item (b), corresponde a 1/Df para DN = 1.

(d) A frequência é

f = c/l = (2,998 × 108 m/s)/(694 × 10– 9 m) = 4,32 × 1014 Hz

e o aumento relativo da frequência é

Df/f = (1,43 × 109 Hz)/(4,32 × 1014 Hz) = 3,31 × 10– 6.

62. A energia dos fótons é

Ehc= = × ⋅ ×

×

−

−

( , , )6 63 10 2 998 10

694 10

34 8J s)( m/s99

192 87 10m

J.= × −,

Como os fótons emitidos pelos íons de Cr que estão no estado excitado podem ser absorvidos pe-los íons que se encontram no estado fundamental, a potência média emitida durante o pulso é

PN N E

t= − = − × ×( ) ( , , )( , )( ,1 0

190 600 0 400 4 00 10 2 87

D

110

2 00 101 1 10

19

66

−

−×= × =J

sJ/s 1,1 MW.

)

,,

63. Devido à degeneração do spin (ms = ±1/2), cada estado pode acomodar dois elétrons. Assim, no diagrama de níveis de energia da Fig. 40-25, dois elétrons podem ocupar o estado funda-mental, de energia E h mL1

2 23 8= ( )/ , seis elétrons podem ocupar o “estado triplo” de energia E h mL2

2 26 8= ( )/ e assim por diante. No caso de um sistema de 22 elétrons, a configuração de menor energia é formada por dois elétrons com energia E h mL1

2 23 8= ( )/ , seis elétrons de energia E h mL2

2 26 8= ( ),/ seis elétrons de energia E h mL32 29 8= ( ),/ seis elétrons de energia


E h mL42 211 8= ( )/ e dois elétrons de energia E h mL5

2 212 8= ( )./ A energia do estado funda-mental do sistema é

E E E E E E

h

mL

fundamental = + + + +

=

2 6 6 6 2

23

8

1 2 3 4 5

2

2

+

+

+66

86

9

86

11

8

2

2

2

2

2h

mL

h

mL

h

mLL

h

mL2

2

22

12

8

2 3 6 6 6

+

= + +( )( ) ( )( ) ( )(( ) ( )( ) ( )( )9 6 11 2 128

1868

2

2

2

+ +[ ]

=

h

mL

h

mL22

.

Assim, a energia do estado fundamental, em múltiplos de h mL2 28/ , é 186.

64. (a) Inicialmente, as moléculas são excitadas do nível de energia E0 para o nível de energia E2. Assim, o comprimento de onda l da luz solar responsável pela excitação satisfaz a equação

DE E Ehc= − =2 0

,

o que nos dá

= hc

E E2 0

31240

0 289 04 3 10

−= ⋅

−= × =eV nm

eVnm 4,3

,, mm.

(b) Como o efeito laser acontece quando os elétrons decaem do nível E2 para o nível E1, o com-primento de onda l9 da luz emitida satisfaz a equação

D ′ = − =′

E E Ehc

2 1

,

o que nos dá

′ =−

= ⋅−

= ×hc

E E2 1

1240

0 289 0 1651 00 10

eV nm

eV eV, ,, 44 10nm m.=

(c) Tanto l como l9 estão na região do infravermelho.

65. (a) A diferença de energia é

DE hc= −

= ⋅( ) −1 11240

1

588 995

1

51 2 eV nm

nm, 889 5922 13

,, .

nmmeV

=

(b) Como, de acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18, E = 2mBB, temos:

BE

B

= = ××

=−

−D

2

2 13 10

2 5 788 1018

3

5

,

( , ).

eV

eV TT

66. (a) A diferença de energia entre os estados 1 e 2 é igual à energia do fóton emitido. Como a frequência do fóton é f = 1666 MHz, a energia é

E2 − E1 = hf = (4,14 × 10– 15 eV·s)(1666 MHz) = 6,90 × 10– 6 eV = 6,9 meV.

(b) Essa frequência fica na região das ondas de rádio.


67. Como, de acordo com as Eqs. 38-4 e 40-23, eV = hc/lmin, temos:

min .= = ⋅ = ⋅ =hc

eV eV eV V

1240 1240 1240nm eV pm keV pm

68. (a) Como, de acordo com o Apêndice C, a distância entre a Terra e a Lua é dTL = 3,82 × 108 m, o tempo é dado por

td

cTL= = ×

×=2 2 3 82 10

2 998 102 55

8

8

( , )

,, .

m

m ss

(b) Vamos chamar de dt a indeterminação do tempo e fazer 2ddTL = 15 cm. Nesse caso, como dTL ∝ t, dt/t = ddTL/dTL. Explicitando dt, obtemos:

tt d

dTL

TL

= =×

= ×( , ) ( , )

( , ),

2 55 0 15

2 3 82 105 0

8

s m

m110 10− =s 0,50 ns.

(c) A divergência angular do feixe é

= ×

= ××

− −21 5 10

21 5 10

3 821

31

3

tan,

tan,

,dTL 1104 5 10

84

= × °−( , ) .

69. (a) A intensidade da luz na posição do alvo é dada por I = P/A, na qual P é a potência do laser e A é a área do feixe luminoso na posição do alvo. Estamos interessados em calcular o valor de I e comparar o resultado com 108 W/m2. O feixe diverge por causa da difração na saída do laser. Vamos considerar apenas a parte do feixe que constitui o máximo central de difração. A posição angular do limite do máximo central é dada por sen u = 1,22l/d, na qual l é o com-primento de onda e d é o diâmetro da abertura (veja o Problema 40-48). Na posição do alvo, situado a uma distância D do laser, o raio do feixe é r = D tan u. Como u é pequeno, podemos usar a aproximação sen u ≈ tan u ≈ u. Assim,

r = Du = 1,22Dl/d

e

IP

r

Pd

D= =

( )= ×

2

2

2

6 2

1 22

5 0 10 4 0

1 22,

( , )( , )

,

W m

(( )( , ), ,

3000 10 3 0 102 1 10

3 6 25 2

× ×[ ]= ×

−m mW m

o que não é suficiente para destruir o míssil.

(b) Explicitando o comprimento de onda na equação da intensidade e fazendo I = 1,0 × 108 W/m2, obtemos:

= d

D

P

I1 22

4 0 5 0 10

1

6

,

, ,

( ,=

××m

1,22(3000 10 m)

W3 00 10

1 40 10 1408

7

×= × =−

W/mm nm,

2),

um comprimento de onda na região do ultravioleta.

70. (a) A energia dos fótons responsáveis pela linha Kβ é

Ehc

= = ⋅ = ≈1240

63 019 7 20

keV nm

pmkeV keV

,, .

(b) A energia dos fótons responsáveis pela linha Kα é

Ehc

= = ⋅ = ≈1240

71 017 5 18

keV pm

pmkeV keV

,, .


(c) Tanto o Zr como o Nb podem ser usados, já que Eα < 18,00 eV < Eβ e Eα < 18,99 eV < Eβ, mas a substância mais apropriada é o Zr porque sua energia de ionização está mais distante da energia da linha Kα.

(d) A segunda substância mais apropriada é o Nb.

71. O número quântico principal n deve ser maior que 3. Os valores permitidos do número quântico magnético ml são –3, –2, –1, 0, +1, +2 e +3. Os valores permitidos do número quântico de spin são −1/2 e +1/2.

72. Em uma camada com número quântico principal n, o número total de estados disponíveis para os elétrons é 2n2 (veja o Problema 40-2). Assim, no caso das primeiras quatro camadas (n = 1 a 4), o número de estados disponíveis é 2, 8, 18 e 32. Como 2 + 8 + 18 + 32 = 60 < 63, de acordo com a ordem “natural”, as primeiras quatro camadas do átomo de európio estariam completas e restariam 63 – 60 = 3 elétrons para preencher parcialmente a camada n = 5. Dois desses elétrons ocupariam a subcamada 5s, deixando apenas um elétron na subcamada seguinte, que é a subcamada 5p. Nas reações químicas, este elétron teria a tendência de se transferir para outro elemento, deixando os 62 elétrons restantes em uma configuração estável semelhante à do sódio, que possui também apenas um elétron em uma subcamada, a subcamada 3s.

73. (a) Como o comprimento do pulso é dado por

L = cDt = (2,998 × 108 m/s)(10 × 10– 15 s) = 3,0 × 10– 6 m,

o número de comprimentos de onda contidos no pulso é

NL= = ×

×=

−

−

3 0 10

500 106 0

6

9

,, .

m

m

(b) Explicitando X na expressão dada e convertendo o resultado para anos, obtemos

X =×

=× ×− −

( ) ( )

( ) ( ,

1 1

10 10

1

10 10 3 15 1015 15 7

s m

m

s

s/aano)anos= ×3 2 106, .

74. Usando os valores precisos dados no Apêndice B, temos:

h = = × ⋅ = × ⋅−

−h

2

6 62606876 10

21 05457 10

3434

,,

J sJ ss

J s

J eV= × ⋅

×

= ×

−

−1 05457 10

1 6021765 10

6 58

34

19

,

,

, 110 16− ⋅eV s.

75. Se os elétrons não tivessem spin, o número de estados disponíveis em cada camada seria reduzido à metade. Assim, os valores de Z para os gases nobres (Z = 2, 10, 18, 36, 54 e 86) também seriam reduzidos à metade e se tornariam Z = 1, 5, 9, 18, 27 e 43. Deste conjunto, o único que corresponde ao número atômico de um gás nobre é Z = 18. Assim, o elemento de número atômico 36, que é o argônio, é o único que continuaria a ser um gás nobre.

76. (a) O valor de l satisfaz a relação

l lh h

( ) ,+ = =1L mvr

em que L é o momento angular da Terra, m é a massa da Terra, v é a velocidade orbital da Terra e r é o raio da órbita da Terra.

Para grandes valores de l, podemos usar a aproximação

l l l l( ) ,+ ≈ =1 2


o que nos dá, usando os dados do Apêndice C,

lh

= = × × ×mvr ( , )( , )( )5 98 10 29 8 10 150 1024 3 9kg m/s m

66 63 10 23 10

3474

,.

× ⋅≈ ×− / J s

(b) O número de orientações permitidas é 2l +1 ≈ 2(3 × 1074) = 6 × 1074.

(c) Como

cos( ) ( )

(min / =

+=

+=

+= +ml

l lmáx

1

1

1 11 1

2 1 2

ll l l/

/ll) /− ≈ −1 2 11

2l

e, como umin é pequeno,

cos ,minmin

≈ −12

2

temos:

min

min .2

7438

2

1

2

1 1

3 106 10= ⇒ = =

×≈ × −

l lrad

De acordo com o princípio de correspondência, os efeitos quânticos desaparecem quando h → 0. Neste caso, como h/L é extremamente pequeno, os efeitos quânticos são desprezíveis e umin para todos os efeitos é nulo, como prevê a teoria clássica.

77. De acordo com as Eqs. 40-23 e 38-4,

heV

c= = × × ×−min ( , )( , )( ,1 60 10 40 0 10 31 1 1019 3C eV −−

−×

= × ⋅12

834

2 998 106 63 10

m

m sJ s

)

,, .

1. De acordo com a Eq. 41-9, a energia de Fermi é dada por

Eh

mnF =

3

16 2

2 3 22 3

// ,

na qual n é o número de elétrons de condução por unidade de volume, m é a massa do elétron e h é a constante de Planck. Essa equação pode ser escrita na forma EF = An2/3, na qual

Ah

m=

=

×3

16 2

3

16 2

6 626 102 3 2 2 3

/ /( , −−

−−⋅

×= × ⋅

34

3138

9 109 105 842 10

J s)

kgJ s /kg.

22 2

,,

Como 1 J = 1 kg · m2/s2, a unidade de A também pode ser expressa como m2 · J. Dividindo por 1 602 10 19, × − J/eV, obtemos A = × ⋅−3 65 10 19, m eV.2

2. De acordo com a Eq. 41-5, a densidade de estados de um metal é dada por

N Em

hE( ) ,

//= 8 2 3 2

31 2

que pode ser escrita na forma

N E CE( ) /= 1 2

em que

Cm

h= = ×

×

−

−8 2 8 2 9 109 10

6 626 10

3 2

3

31 / ( ,

( ,

kg)3/2

33456

27 3

1 062 10

6 81 10

J s)kg /J s

m

33/2 3 3

⋅= × ⋅

= × −

,

, ⋅⋅ −( ) ./eV 2 3

Assim,

N E CE( ) , ( ) ( ,/ /= = × ⋅[ ]− −1 2 27 3 2 36 81 10 8 0m eV eV)1/22 1m eV= × ⋅− −1 9 1028 3, ,

o que está de acordo com a curva da Fig. 41-6.

3. O número de átomos de cobre por unidade de volume é dado por n = d/M, na qual d é a massa específica do cobre e M é a massa de um átomo de cobre. Como cada átomo contribui com um elétron de condução, n também é o número de elétrons de condução por unidade de volume. Chamando de A a massa molar do cobre, temos:

MA

N A

= =×

= ×−−63 54

6 022 101 055 10

23 122,

,,

g/mol

molgg.

Assim,

n =×

= × = ×−−8 96

1 055 108 49 10 8 49

2222 3,

,, ,

g/cm

gcm

3

11028 m 3− .

4. Seja E1 = 63 meV + EF e seja E2 = –63 meV + EF. Nesse caso, de acordo com a Eq. 41-6,

Pe eE E kT xF

11

1

1

11=

+=

+−( ) /,

Capítulo 41


na qual x = (E1 − EF)/kT. Explicitando ex, obtemos:

eP

x = − = − =11

1

0 0901

91

91 ,.

Assim,

Pe e eE E kT E E kT xF F

21

1

1

1

1

1

12 1

=+

=+

=+

=− − − −( ) / ( ) / (991 9 10 91

1/ ), .− +

=

5. (a) De acordo com a Eq. 41-5, a densidade de estados de um metal é dada por

N Em

hE( ) ,

//= 8 2 3 2

31 2

que pode ser escrita na forma

N E CE( ) /= 1 2

na qual

Cm

h= = ×

×

−

−8 2 8 2 9 109 10

6 626 10

3 2

3

31 / ( ,

( ,

kg)3/2

334561 062 10

J s)kg /J s

33/2 3 3

⋅= × ⋅, .

(b) Como 1 J 1 kg m /s2 2= ⋅ , 1 kg = 1 J · s2 · m– 2. Assim, a unidade de C pode ser escrita na forma

( ) ( ) ,/ /J s m J s J m2 2 3 3/2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− − − − −3 2 3 2 3 3

o que significa que

C = × ⋅ ×− − −( , )( ,1 062 10 1 602 1056 3 19J m J/eV)3/2 3/2 == × ⋅− −6 81 1027 3 3 2, ./m eV

(c) Para E = 5,00 eV, temos:

N E( ) ( , )( , ) ,/= × ⋅ = ×− −6 81 10 5 00 1 5227 3 1 2m eV eV3/2 11028 1 3eV m− −⋅ .

6. Como, de acordo com o resultado do Problema 41-3, n = 8,49 × 1028 m– 3 = 84,9 nm– 3, a Eq. 41-9 nos dá

Ehc

m cnF

e

= = ⋅×

0 121 0 121 1240

511

2

22 3, ( ) , (/ eV nm)2

11084 9 7 0

33 2 3

eVnm eV.( , ) ,/− =

7. (a) À temperatura T = 0, a probabilidade de que um estado com uma energia maior que a energia de Fermi esteja ocupado é zero.

(b) De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado à temperatura T é dada por

P Ee E E kTF

( )( ) /

=+−

1

1,

em que k é a constante de Boltzmann e EF é a energia de Fermi. Para E – EF = 0,0620 eV, temos:

E E

kTF− =

×=−

0 0620

8 62 10 3202 248

5

,

( , )( ), ,

eV

eV/K K

o que nos dá

P Ee

( ) , .,

=+

=1

10 0955

2 248


8. Se o ouro é um metal monovalente, cada átomo do elemento contribui com um elétron de condução. Assim, a Eq. 41-4 nos dá

n =×

( , )( )

(

19 3 10

197

3 6 3 3g/cm cm /m

g/mol)/(6,02 10223 13

molm−

−= ×)

, .5 90 1028

9. (a) Se a prata é um metal monovalente, cada átomo do elemento contribui com um elétron de condução. Assim, a Eq. 41-4 nos dá

n =×

( , )( )

(

10 5 10

108

3 6 3 3g/cm cm /m

g/mol)/(6,02 10223 13

molm−

−= ×)

, .5 86 1028

(b) De acordo com a Eq. 41-9, a energia de Fermi é

Eh

mnF = = × ⋅−0 121 0 121 6 626 10

9 1

22 3

34, ( , )( ,

,/ J s)2

009 105 86 10

8 80 10 5

3128 2 3

19

×= ×

= × =

−−

−

kgm

J

3( , )

,

/

,, .49 eV

(c) Como Emv

FF=2

2,

vE

mF

F= = ××

= ×−

−2 2 8 80 10

9 109 101 39 10

19

31

( , )

,,

J

kg66 m/s.

(d) De acordo com a Eq. 38-13, o comprimento de onda de de Broglie é

= = × ⋅× ×

−

−h

mvF

6 626 10

9 109 10

34

31

,

( ,

J s

kg)(1,39 100 m/s)m.

6= × −5 22 10 10,

10. A probabilidade Pb de que um estado esteja ocupado por um buraco é igual à probabilidade de que o estado não esteja ocupado por um elétron. Como a soma da probabilidade de que um estado esteja ocupado com a probabilidade de que o estado não esteja ocupado é igual a 1, Pb + P = 1 e, portanto,

Pe

e

eb E E kT

E E kT

E E kTF

F

F= −

+=

+=−

−

−11

1 1

1( ) /

( ) /

( ) / ee E E kTF− − +( ) /.

1

11. De acordo com a Eq. 41-7 e o Problema 41-2,

N E N E P E CE e E E kTFO ( ) ( ) ( ) / ( ) /= = +[ ]− −1 2 1

1

em que

Cm

h= = ×

×

−

−8 2 8 2 9 109 10

6 626 10

3 2

3

31 / ( ,

( ,

kg)3/2

33456

27 3

1 062 10

6 81 10

J s)kg /J s

m

33/2 3 3

⋅= × ⋅

= × −

,

, ⋅⋅ −( ) ./eV 2 3

(a) Para E = 4,00 eV,

NOm eV eV= × ⋅− −[ , ( ) ]( , )

exp{(

/ /6 81 10 4 00

4

27 3 3 2 1 2

,, , ) [( , )( ]}00 7 00 8 62 10 1000 15eV eV / eV/K K)− × +=− 11 36 1028 3 1, .× ⋅− −m eV

(b) Para E = 6,75 eV,

NOm eV eV= × ⋅− −[ , ( ) ]( , )

exp{(

/ /6 81 10 6 75

6

27 3 3 2 1 2

,, , ) [( , )( ]}75 7 00 8 62 10 1000 15eV eV / eV/K K)− × +=− 11 68 1028 3 1, .× ⋅− −m eV


(c) Para E = 7,00 eV,

NOm eV eV= × ⋅− −[ , ( ) ]( , )

exp{(

/ /6 81 10 7 00

7

27 3 3 2 1 2

,, , ) [( , )( ]}00 7 00 8 62 10 1000 15eV eV / eV/K K)− × +=− 99 01 1028 3 1, .× ⋅− −m eV

(d) Para E = 7,25 eV,

NOm eV eV= × ⋅− −[ , ( ) ]( , )

exp{(

/ /6 81 10 7 25

7

27 3 3 2 1 2

,, , ) [( , )( ]}25 7 0 8 62 10 1000 19

5eV eV / eV/K K)− × +=− ,, .56 1026 3 1× ⋅− −m eV

(e) Para E = 9,00 eV,

NOm eV eV= × ⋅− −[ , ( ) ]( , )

exp{(

/ /6 81 10 9 00

9

27 3 3 2 1 2

,, , ) [( , )( ]}00 7 00 8 62 10 1000 15eV eV / eV/K K)− × +=− 11 71 1018 3 1, .× ⋅− −m eV

12. Chamando de m a massa molar do carbono e de M a massa da Terra, o número de átomos de carbono contidos em um diamante com a mesma massa que a Terra é N = (Me/m)NA, em que NA é a constante de Avogadro. De acordo com o resultado do Exemplo “Probabilidade de excitação de um elétron em um isolante”, a probabilidade pedida é dada por

P NM

mN ee

E kT e E kTg g= =

= ×− −/ / ,

A5 98 10

12

24 kg

,,( , )( )

011156 02 10 3 1023 93

g/mol/mol

× ×

=

−

99 10 1043 42× ≈− − .


E E kT PF= + − = + ×− −ln( ) , ( ,1 51 7 00 8 62 10eV eV/K)(10000 K)ln1

0,900eV−

=1 6 81, .

(b) De acordo com o Problema 41-2, temos:

N E CE( ) ( , )( ,/ /= = × ⋅− −1 2 27 3 3 26 81 10 6 81m eV eV)1/2 == × ⋅− −1 77 1028 3, .m eV 1


N E N E P EO m eV( ) ( ) ( ) ( , )( , )= = × ⋅ =− −1 77 10 0 900 128 3 1 ,, .59 1028 3× ⋅− −m eV 1

14. (a) Como o volume ocupado pelos íons de sódio em uma amostra de sódio com um volume de 1 m3 é

VNakg g/kg mol /= × −( )( )( , )( )971 10 6 022 10 4 33 23 1 (( , )

( , ), ,

98 0 10

23 00 100

12 33× =

− m

g/molm

a porcentagem do volume ocupada pelos elétrons de condução é

P = − × =1 00 0 100

1 00100 90 0

, ,

,% , %

(b) No caso do cobre, temos:

VCukg g/kg mol /= × −( )( )( , )(8960 10 6 022 10 4 33 23 1 ))( )

( , ),

135 10

63 50 876

12 33× =

−−m

g/molm

e a porcentagem do volume ocupada pelos elétrons de condução é

P = − × =1 00 0 876

1 00100 12 4

, ,

,% , %.

(c) É o sódio, já que, no sódio, os elétrons ocupam uma parte maior do volume disponível.


15. A probabilidade de ocupação de Fermi-Dirac é dada por P e E kTFD /(= +1 1D / ) e a probabilidade

de ocupação de Boltzmann é dada por P e E kTB = −D / . A diferença relativa é

fP P

P

e

e

E kTe

E kT

E kT= − =−−

+−

B FD

B

D

D

D/

/

/.

11

Explicitando e E kT−D / nessa equação, obtemos:

ef

fE kT− =

−D / .

1

Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando T, obtemos

TE

kf

f

=

−

D

ln

.

1

(a) Para f = 0,01, temos:

T = ×

×

−

−

( ,

( ,

1 00

1 38 10

19

23

eV)(1,60 10 J/eV)

J/K)ln00,010

1 0,010

K.

−

= ×2 50 103,

(b) Para f = 0,10, temos:

T = ×

×

−

−

( ,

( ,

1 00

1 38 10

19

23

eV)(1,60 10 J/eV)

J/K)ln00,10

1 0,10

K.

−

= ×5 30 103,

O gráfico a seguir mostra a diferença relativa em função de T.

Como se pode ver, para um dado valor de DE, a diferença aumenta com a temperatura.

16. (a) De acordo com a lei dos gases ideais, Eq. 19-9, p = NkT/V = n0kT, em que n0 é o número de moléculas por unidade de volume. Explicitando n0, obtemos

np

kT0 23

1 0

1 38 10= = ×

× −( ,

( ,

atm)(1,0 10 Pa/atm)

J/

5

KK)(273K)m 3= × −2 7 1025, .

(b) De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4, o número de elétrons de condução por unidade de volume do cobre é dado por

n = ×( , )( )

( , ) ( ,

8 96 1000

63 54 6

10 g/m g/kg

g/mol /

3 3k002 10

8 5 1023 1

28

×= ×−

−mol

m 3

), .

f

T(K)


(c) A razão é n/n0 = (8,5 × 1028 m– 3)/(2,7 × 1025 m– 3) = 3,1 × 103.

(d) dn

medm

nm= =×

=−

1 1

2 7 103 3

3 25 33 ( , ), .

(e) dn

medm

nm= =×

=−

1 1

8 5 100 23

3 25 33 ( , ), .

17. Se N é o número de átomos por unidade de volume e n é o número de elétrons livres por unidade de volume, o número de elétrons livres por átomo é n/N. Como, de acordo com o resultado do Problema 41-1, EF = An2/3, na qual A = 3,65 × 10–19 m2 · eV, temos:

nE

AF=

=

× ⋅

−

3 2

19 2

311 6

3 65 10

/ ,

,

eV

m eV

//

, .2

29 31 79 10= × −m

Se M é a massa de um átomo de alumínio e d é a massa específica do alumínio, N = d/M. Como

M = (27,0 g/mol)/(6,022 × 1023 mol–1) = 4,48 × 10–23 g,

temos:

N = (2,70 g/cm3)/(4,48 × 10– 23 g) = 6,03 × 1022 cm– 3 = 6,03 × 1028 m– 3.

Assim, o número de elétrons livres por átomo é

n

N= ×

×= ≈

−

−1 79 10

6 03 102 97 3

29 3

28 3

,

,, .

m

m

18. A massa da amostra é

m V= = = ( , )( ,9 0 40 0g/cm cm ) 360 g,3 3

que corresponde a

nm

M= = =360

606 0

g

g/molmol.,

Como os átomos são divalentes (cada um contribui com dois elétrons livres), existem 12,0 mols de elétrons de condução, o que nos dá

N nN= = × = ×−A mol mol( , )( , ) , .12 0 6 02 10 7 2 1023 1 24

19. (a) Vamos calcular P(E) = 1 1/ [ ]( ) /e E E kTF− + para os valores dados de E e

kT = ××

=−

−( ,

,,

1 381 10

1 602 100

23

19

J/K)(273K)

J/eV002353eV.

Para E = 4,4 eV, (E – EF)/kT = (4,4 eV – 5,5 eV)/(0,02353 eV) = – 46,25 e

P Ee

( ) , .,

=+

≈−1

11 0

46 25

(b) Para E = 5,4 eV, P(E) = 0,986 ≈ 0,99.

(c) Para E = 5,5 eV, P(E) = 0,50.

(d) Para E = 5,6 eV, P(E) = 0,014.

(e) Para E = 6,4 eV, P(E) = 2,447 × 10– 17 ≈ 2,4 × 10– 17.


(f) Explicitado eDE/kT na equação P = 1/(eDE/kT + 1), obtemos

eP

E kTD / .= −11

Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando T, obtemos

TE

k P

=−( ) = − × −D

ln

( , , )( ,1

19

1

5 6 5 5 1 602 10eV eV J/eV))

J/K)lnK 7,0 K

( , ,1 381 10 1699 10

23 10 16

2

× −( ) = ≈ ×−

..

20. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado à temperatura T é dada por

P Ee E E kTF

( ) ,( ) /

=+−

1

1

na qual k é a constante de Boltzmann e EF é a energia de Fermi. Como

E EF− = − =6 10 5 00 1 10, , ,eV eV eV

e

E E

kTF− =

×=−

1 10

8 62 10 5

,

( ,

eV

eV/K)(1500 K)8,51,

temos:

P Ee

( ) , .,

=+

= × −1

12 01 10

8 514

De acordo com a Fig. 41-6, a densidade de estados para 6,0 eV é N E( ) ,= × ⋅1 7 1028/m eV.3 Assim, de acordo com a Eq. 41-7, a densidade de estados ocupados é

N E N E P EO3/m eV)(( ) ( ) ( ) ( , , )= = × ⋅ × =−1 7 10 2 01 1028 4 33 42 1024, .× ⋅/m eV3

Em um intervalo de energia DE e um volume V, o número n de estados ocupados é

n N E V E= = × ⋅ × −O

3 3/m eV)( m( ) ( , , )(D 3 42 10 5 00 1024 8 00 0300

5 1 1015

,

, .

eV)

= ×

21. (a) Para T = 300 K, frackT

EF

= = × =−3

2

3 8 62 10

2 7 0

5( ,

( ,

eV/K)(300 K)

eV)00 0055, .

(b) Para T = 1000 K, frackT

EF

= = × −3

2

3 8 62 10

2 7 0

5( ,

( ,

eV/K)(1000 K)

eV)== 0 018, .

(c) De acordo com as Eqs. 41-5, 41-6 e 41-7, temos:

fracE e dE

E e

E E kT

E

E E kT

F

F

F

=+

+

−∞

−

∫ /[

/[

( ) /

( ) /

]

]

1

1 ddE0

∞

∫.

Usando um programa de computador como Maple ou Mathematica para calcular as integrais, obtemos, para EF = 7,0 eV e T = 300 K, frac = 0,00385, e para EF = 7,0 eV e T = 1000 K, frac = 0,0129. No primeiro caso, o erro percentual é de 30%; no segundo, é de 28%.


22. De acordo com o Problema 41-21, a fração f de elétrons é dada, aproximadamente, por

fkT

EF

= 3

2,

na qual k é a constante de Boltzmann, T é a temperatura em kelvins e EF é a energia de Fermi. Explicitando T, obtemos:

TfE

kF= =

×=−

2

3

2 0 013 4 70

3 8 62 104

5

( , )( ,

( ,

eV)

eV/K)772 K.

23. A energia média dos elétrons de condução é dada por

En

E N E P E dEmed =∞

∫10

( ) ( ) ,

na qual n é o número de elétrons livres por unidade de volume, N(E) é a densidade de estados e P(E) é a probabilidade de ocupação. Como a densidade de estados é proporcional a E1/2, podemos fazer N(E) = CE1/2, na qual C é uma constante de proporcionalidade. Em T = 0 K, a probabilidade de ocupação é 1 para energias menores que a energia de Fermi e 0 para energias maiores que a energia de Fermi. Assim,

EC

nE dE

C

nEF

EF

med = =∫ 3 2 5 2

0

2

5/ / .

O número de elétrons livres por unidade de volume é dado por

n N E P E dE C E dEC

EE

F

F

= = =∞

∫ ∫( ) ( ) ./ /

0

1 2

0

3 22

3

Substituindo n por seu valor na expressão da energia média, obtemos

EC

ECE

EFF

Fmed =

=2

5

3

2

3

55 2

3 2/

/.

24. De acordo com a Eq. 41-9, o número de elétrons de condução por unidade de volume é

nm E

h

m c E

hce F e F=

=

16 2

3

16 2

32

3 2 2

2

/ ( )

( )

= ×⋅

3 2 616 2

3

0 511 10 5 0

1240

/( , , )

(

eV)( eV

eV nnm)

nm m

2

= = ×

≈ ×

− −

3 2

3 28 350 9 5 09 10

8 4 10

/

, ,

, 44 mol/m3.

Como o material possui dois elétrons de valência por átomo, o número de átomos por unidade de volume é

n na3/ mol/m= = ×2 4 2 104, ,

e a massa específica do material é

= = × = ×n Ma3mol/m g/mol) g/( , )( , ,4 2 10 20 0 8 4 104 5 mm g/cm3 3= 0 84, .

25. (a) De acordo com o Problema 41-23, a energia liberada seria

E NE= =× −med 23

g

g/mol)/(6,02 10 mol

( , )

( , )

3 1

63 54 1

33

57 0 1 6 10

1

19

×

= × =

−( , )( ,

,

eV J/eV)

97 10 J 14 99,7 kJ.


(b) Como 1 W = 1 J/s, temos:

tE

P= = × =1 97 10

100197

4,.

J

J/ss

26. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de ocupação de um estado situado a uma distância DE da energia de Fermi EF é dada por

Pe eE E E kT E kT

=+

=++ −

1

1

1

1( ) / /.

F FD D

Explicitando DE, obtemos

DE kTP

= −

= ×ln ( ,

11 1 38 1023 J/K)(300 K) ln

1

0,110J meV−

= × =−1 9 1 10 5721, .


n =×

=2 7 133

65 37 1023

( , )

( ,

g/cm

g/mol)/(6,02 mol)

3

11 31 10 1 31 1023 29 3, ,× = ×− −cm m .3


Eh

mnF

e

= = × ⋅−0 121 0 121 6 63 10 1 3122 3

34, , ( , ( ,/ J s)2 ××× ×

−

− −10

9 11 10 10

29

31 19

m )

kg)(1,60 J/eV

3 2/3

( , )== 9 43, .eV

(c) Igualando a energia de Fermi a m ve F2 2/ , obtemos:

vE c

m cF

F

e

= = ××

2 2 9 43 2 998 10

511 10

2

2

8( , )( ,eV m/s)2

336 31 82 10

eVm/s 1,82 10 km/s.= × = ×,

(d) De acordo com a Eq. 38-13, o comprimento de onda de de Broglie é

= = × ⋅× ×

−

−h

m ve F

6 63 10

9 11 10

34

31

,

( ,

J s

kg)(1,82 1066 m/s)nm.= 0 40,

28. De acordo com as Eqs. 41-2, 41-3 e 41-4,

n = × =−( , )( , )

( ),

19 3 6 02 10

1975 9

3 23 1g/cm mol

g/mol00 10 59 022 3 3× =− −cm nm,

e, portanto, de acordo com a Eq. 41-9,

Ehc

m cnF

e

= = ⋅0 121 0 121 1240

51

2

22 3

2, ( )

( )

, ( )/ eV nm

11 1059 0 5 52

32 3

×=−

eVnm eV.3( , ) ,/

29. De acordo com o Problema 41-23,

K NE n Etotal med med m= = = × ×− − ( , )( ,8 43 10 1 00 1028 3 66 3 193

57 00 1 60 10m eV J/eV)

5,71

) ( , )( ,

×

= ×

−

110 J 57,1 kJ.4 =

30. De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado à temperatura T é dada por

P Ee E E kTF

( )( ) /

=+−

1

1


na qual k é a constante de Boltzmann e

Eh

mnF

e

= = × ⋅−0 121 0 121 6 626 10

9 11

22 3

34, , ( ,

,/ J s)2

××× = ×−

− −10

1 70 10 3 855 1031

28 19

kgm ) J3 2/3( , ,

é a energia.

Como

E EF− = × − × = ×− − −4 00 10 3 855 10 1 45 1019 19 20, , ,J J JJ

eE E

kTF− = ×

×=

−

−1 45 10

1 38 10

20

23

,

( ,

J

J/K)(200 K)5,22536,

temos:

P Ee

( ) , .,

=+

= × −1

15 20 10

5 25363

Além disso, de acordo com a Eq. 41-5, temos:

N Em

hE( )

( ,

( ,

//= = × −8 2 8 2 9 109 10

6

3 2

31 2

31 kg)3/2

6626 104 00 10

1 062 10

3419 1 2

56

× ⋅×

= ×

−−

J s)J

3( , )

( ,

/

kkg /J s J

/m

3/2 3 3

3

⋅ ×

= ×

−)( , )

,

/4 00 10

6 717 10

19 1 2

46 ⋅⋅ J.

Assim, de acordo com a Eq. 41-7, a densidade de estados ocupados é

N E N E P EO3/m J)(( ) ( ) ( ) ( , , )= = × ⋅ × −6 717 10 5 20 1046 3 == × ⋅3 49 1044, .m J3

Em um intervalo de energia DE e em um volume V, o número de estados ocupados é

n N E V E= = × ⋅ × −O

3 3/m J)( m( ) ( , , )(D 3 49 10 6 00 10 344 6 ,,

, .

20 10

6 7 10

20

19

×

= ×

− J)

31. (a) A energia mínima para que o elétron passe da banda de valência para a banda de condução é igual à diferença de energia Eg entre as duas bandas. Como a energia de um fóton é dada por Efóton = hc/l, na qual l é o comprimento de onda, Efóton = Eg e

= = × ⋅ ×−hc

Eg

( , )

( ,

6 63 10

5 5

34 J s)(2,998 10 m/s

eV)

8

((1,60 10 J/eV)m 226 nm.

19×= × =−

−2 26 10 7,

(b) Este comprimento de onda está na região do ultravioleta do espectro eletromagnético.

32. Cada átomo de arsênio está ligado (através de ligações covalentes) a quatro átomos de gálio; da mesma forma, cada átomo de gálio está ligado a quatro átomos de arsênio. No modelo bidimensional da figura a seguir, as letras foram usadas para indicar a distância a que os átomos se encontram do observador: A indica os átomos mais próximos, b os átomos da segunda camada, C os da terceira camada e d os da quarta camada. As letras maiúsculas são usadas para os átomos de gálio e as letras minúsculas para os átomos de arsênio.


Considere o átomo de arsênio com a letra b perto do canto superior esquerdo. Esse átomo forma ligações covalentes com os dois átomos A e os dois átomos C mais próximos. Por outro lado, o átomo de arsênio com a letra d perto do canto superior direito forma ligações covalentes com os dois átomos C mais próximos e com dois átomos que estão em uma quinta camada, diretamente abaixo dos átomos A mais próximos.

(a) Nos átomos de arsênio e gálio, todas as camadas até a subcamada 4s estão completas. Um átomo neutro de gálio possui um elétron na camada 4p e um átomo neutro de arsênio possui três elétrons na subcamada 4p. Para completar a camada n = 4, os átomos de gálio e arsênio precisam compartilhar não só os elétrons da subcamada 4p, mas também os elétrons da subcamada 4s. Assim, o caroço do íon de gálio possui uma carga q = +3e, causada pela “perda” dos dois elétrons da subcamada 4s e do elétron da subcamada 4p.

(b) O caroço do íon de arsênio possui uma carga q = +5e, causada pela “perda” dos dois elétrons da subcamada 4s e dos três elétrons da subcamada 4p.

(c) Como no caso do silício, cada ligação covalente envolve 2 elétrons.

33. (a) Como, na extremidade inferior da banda de condução, E = 0,67 eV, e a energia de Fermi é EF ≈ (0,67 eV)/2 = 0,335 eV, a probabilidade de que um estado na extremidade inferior da banda de condução esteja ocupado é

P Ee eE EF kT( ) =

+=− −

1

1

10 67 0 335 8 62( )/ ( , , ) /( ,eV eV ×× − +

= × −10 2905

6

11 5 10

eV/K K)( ), .

(b) Como, na extremidade superior da banda de valência, E = 0, a probabilidade de que um estado não esteja ocupado é

1 11

1

1

1

10 0

− ( ) = −+

=+

=−( ) − −( ) − −P Ee e eE E kT E E kTF F ,3335 8 62 10 290

6

51

1 5 10

eV eV K K( ) ×

−

− +

= ×

( , )( )

, .

34. (a) O número de elétrons na banda de valência é

N N P EN

ev v

vE E kTv

evF

= ( ) =+−( ) 1

.

Como existem Nv estados na banda de valência, o número de buracos na banda de valência é

N N N Ne

N

ev v E E kT

vE Ev v

bv evF

= − = −+

=−( ) − −11

1 FF( ) +kT 1.

Por outro lado, o número de elétrons na banda de condução é

N N P EN

ec c

cE E kTc

ecF

= ( ) =+−( ) 1

.

Assim, para que Nec = Nbv, devemos ter

N

e

N

ev

E E kTc

E E kTv F c F− − −+=

+( ) / ( ) /1 1

(b) e E E kTv F− − >>( ) / 1 e e E E kTc F( ) / ,− >> 1 a equação obtida no item (a) se reduz a

Ne

Ne

c

kT

v

kTEc EF Ev EF−( ) − −( )= ,

o que nos dá

e N NE E E kTv c

v c F− +( ) ≈2 .


Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos

2E E E

kT

N

NF v c v

c

− − =

ln ,

o que nos dá

E E E kTN

NF c v

v

c

= +( ) +

1

2

1

2ln .

35. No Exemplo “Dopagem do silício com fósforo”, é calculada a fração de átomos de silício que devem ser substituídos por átomos de fósforo para que a concentração de elétrons aumente de 1016 m−3 para 1022 m−3. Neste problema, vamos calcular primeiro o número de átomos em mSi = 1,0 g de silício, depois o número de átomos que devem ser substituídos e, finalmente, a massa dos átomos de fósforo usados na substituição. Como a massa molar do silício é MSi = 28,086 g/mol, a massa de um átomo de silício é

mM

N A0,Si

Si g/mol

mol= =

×=−

28 086

6 022 104 66

23 1

,

,, ×× −10 23 g

e o número de átomos em 1,0 g de silício é

Nm

mSi

Si

Si

g

g= =

×= ×−

023

221 0

4 66 102 14 10

,

,

,, .

Como, de acordo com o Exemplo, um em cada 5 × 106 átomos de silício deve ser substituído por um átomo de fósforo, é necessário introduzir

NP = ××

= ×2 14 10

5 104 29 10

22

615,

,

átomos de fósforo em 1,0 g de silício. Como a massa molar do fósforo é MP = 30,9758 g/mol, a massa de um átomo de fósforo é

mM

N A0 23 1

30 9758

6 022 105 14,

,

,,P

P g/mol

mol= =

×=− − ×× −10 23 g

e a massa de fósforo que deve ser usada na dopagem é

m N mP = = × × = ×− −P P g0

15 23 74 29 10 5 14 10 2 2 10, ( , )( , ) , gg 0,22 g= .

36. (a) O nível de Fermi está acima da extremidade superior da banda de valência.

(b) A distância entre o nível dos doadores e a extremidade superior da banda de valência é

E = 1,11 eV – 0,11 eV = 1,0 eV.


E E kT PF = − − = − ×− −ln[ ] , ( , )( ) ln[1 51 1 0 8 62 10 300eV K (( , ) ]

, .

5 00 10 1

0 744

5 1× −

=

− −

eV

Para E = 1,11 eV, temos:

P Ee eE E kTF

( ) =+

=−( ) −( ) ×1

1

11 11 0 744 8 62, , [( ,eV eV 110 300

75

17 13 10− ( )

−

+= ×

eV K K) ], .


37. (a) De acordo com a Eq. 41-6, a probabilidade de que um estado de energia E esteja ocupado é

P Ee E E kTF

( ) =+−( )

1

1

na qual EF é a energia de Fermi, T é a temperatura em kelvins e k é a constante de Boltzmann. Medindo as energias em relação à extremidade superior da banda de valência, a energia de um estado na extremidade inferior da banda de condução é E = 1,11 eV. Além disso,

kT = (8,62 × 10– 5 eV/K)(300 K) = 0,02586 eV.

No caso do silício puro, EF = 0,555 eV e

E E

kTF− = =0 555

0 0258621 46

,

,, ,

eV

eV

o que nos dá

P Ee

( ) , .,

=+

= × −1

14 79 10

21 4610

(b) No caso do silício dopado,

E E

kTF− = =0 11

0 025864 254

,

,, ,

eV

eV

o que nos dá

P Ee

( ) =+

= × −1

11 40 10

4 2542

,, .

(c) A energia do nível introduzido pelo doador, em relação à extremidade superior da banda de valência, é 1,11 eV – 0,15 eV = 0,96 eV. Como a energia de Fermi é 1,11 eV – 0,11 eV = 1,00 eV, temos:

E E

kTF− = − = −0 96 1 00

0 025861 547

, ,

,, ,

eV eV

eV

o que nos dá

P Ee

( ) =+

=−1

10 824

1 547,, .

38. (a) O semicondutor é tipo n, já que os átomos de fósforo possuem um elétron de valência a mais que os átomos de silício.

(b) A concentração dos portadores fornecidos pelos átomos de fósforo é

nP = 10– 7 nSi = 10– 7 (5 × 1028 m– 3) = 5 × 1021 m– 3.

(c) A razão pedida é

5 10

2 5 105 10

21 3

15 35×

×= ×

−

−m

m( ).

O fator 2 no denominador se deve ao fato de que o silício puro contém dois tipos de portadores, elétrons e buracos, com concentrações praticamente iguais.


39. Se a energia recebida pelos elétrons é igual à diferença de energia entre a extremidade superior da banda de valência e a extremidade inferior da banda de condução (1,1 eV), o número de elétrons que podem ser transferidos para a banda de condução por um único fóton de 662 keV é

N = × = ×662 10

1 16 0 10

35eV

eV,, .

Como a transferência de um elétron para a banda de condução resulta na criação de um buraco na banda de valência, este é também o número de pares elétron-buraco criados no processo.

40. (a) A figura a seguir mostra o gráfico da corrente em função da tensão aplicada.

(b) A razão é

I

I

Iv

v

=+

=−

−

=

+×0 50

0 50

0 5

0 50

8 62 10,

,

exp,

( ,V

V

eV

eV KK K

eV

)( )

exp,

( ,

3001

0 50

8 62 100

−

−×

I −−

−

= ×

5

8

3001

2 5 10

eV K K)( )

, .

41. Na situação descrita, a banda de valência está completa e a banda de condução está vazia. Para que um elétron da banda de valência absorva um fóton, a energia do fóton deve ser igual ou maior que a diferença de energia entre a extremidade superior da banda de valência e a extremidade inferior da banda de condução. Fótons com uma energia menor que este valor não são absorvidos e o semicondutor é transparente para a radiação; fótons com uma energia igual ou maior que este valor são absorvidos e o semicondutor é opaco para a radiação. Assim, a distância entre a última banda ocupada e a primeira banda vazia do material é igual à energia de um fóton com um comprimento de onda de 295 nm:

Ehc= = ⋅ =

1240

2954 20

eV nm

nmeV, .

42. Como

Ehc

fótoneV nm

nmeV eV= = ⋅ = >

1240

1408 86 7 6, . ,

a luz é absorvida pelo cristal de KCl e, portanto, o cristal é opaco para este comprimento de onda.


43. Vamos chamar de lmax a dimensão máxima (linear) de cada transistor, de A a área do circuito integrado e de N o número de transistores. Nesse caso, A N= lmax

2 e, portanto,

lmax( , )( , )

,,= =

×= × =−A

N

2 54 2 22

3 5 101 3 10 1

65cm cm

m 33m.

44. (a) De acordo com as Eqs. 25-9 e 25-27,

CA

d= = × =

−

0

12 24 5 8 85 10 0 50

0 20

( , ) ( , ) ( , )

,

F m m

m55 0 10 17, × − F.

(b) Se N é o número de cargas elementares, a carga total que se acumula na porta é q = Ne. Nesse caso, q = Ne = CV, o que nos dá

NCV

e= = ×

×= ×

−

−( , ) ( , )

,, .

5 0 10 1 0

1 6 103 1 10

17

192F V

C

45. (a) A derivada de P(E) é

dP

dE e

d

dEe

eE E kTE E kT

EF

F= −+

= −−

−−

1

1

12[ ] [( ) /

( ) /( EE kT

E E kTF

F

kTe

) /( ) /

].

+−

1

12

Para E = EF, temos:

dP

dE e kTe

E E E E kTE E kT

F F F

F F

= −−= −

+= −1

1

12[ ]( ) /

( ) / 11

4kT.

(b) Por definição, a derivada calculada no item (a) é a inclinação de uma reta tangente à curva de P(E) no ponto E = EF. A equação desta reta pode ser escrita na forma

ykT

E E= −

−1

4 0( ),

em que E0 é o ponto de interseção com o eixo E. Como, para E = EF, y = P(EF) = 1/2, temos:

1

2

1

4 0= −

−

kTE EF( ),

o que nos dá E0 = EF + 2kT. Assim, a equação da linha reta é

ykT

E EF= − −( )1

2

1

4.

46. (a) No caso do cobre, a Eq. 41-10 nos dá

d

dT

= = × ⋅ × = + ×− − − −[ ] ( )( )Cu

1m K2 10 4 10 8 108 3 11 ⋅ m/K.

(b) No caso do silício, a Eq. 41-10 nos dá

d

dT

= = × ⋅ − × = − ×− −[ ] ( )( ) ,Si

1m K3 10 70 10 2 1 103 3 22 ⋅ m/K.

47. Em um cristal de silício, cada átomo ocupa o ponto central C de um tetraedro formado por outros átomos de silício. Como as faces do tetraedro são triângulos equiláteros, a altura desses triângulos é ′ =h a 3 2/ , na qual a é o lado do tetraedro. Vamos chamar de C9 o ponto central de uma das faces. Imagine um segmento de reta partindo do átomo A e terminando no ponto médio de um dos lados. Sabendo que esse segmento é a bissetriz do ângulo de 60° do triângulo


equilátero, é fácil mostrar que a distância entre o ponto A e o ponto C9 é AC a′ = / 3. Imagine outro segmento de reta, perpendicular à face que contém o ponto A, partindo do ponto C9 e terminando em outro átomo de silício, que vamos chamar de B. Este segundo segmento de reta é a altura h do tetraedro. De acordo com o teorema de Pitágoras,

h a AC aa

a= − ′ = −

=2 2 2

2

3

2

3( ) .

Vamos agora definir um sistema de coordenadas. Suponha que o átomo B está no eixo y, no

ponto y h ab = = 2 3/ , e que o átomo A está no eixo x, no ponto x AC aa = ′ = / 3. Nesse caso, o ponto C9 está na origem. O ponto central C do tetraedro está no eixo y, em um ponto yc equidistante de A e B. Como os pontos B e C estão no eixo y, a distância entre C e B é yb − yc.

De acordo com o teorema de Pitágoras, a distância entre C e A é x ya c2 2+ . Assim,

y y x y a ya

yb c a c c c− = + ⇒ − =

+2 2

2

22

3 3,

o que nos dá y ac = /2 6.

(a) Na notação dos vetores unitários, de acordo com as informações acima, o vetor que liga os pontos C e A é dado por

r x y

aac a c= − = −ˆ )ˆ ˆ ˆi + ( j

a

3i j.

2 6

O vetor que liga os pontos C e B é dado por

r y y abc b c= − =( )ˆ ˆ.j j

3

8


= ⋅

= −

− −cos cos1 1 1

3

r r

r rac bc

ac bc

,,

o que nos dá u = 109,5°.

(b) O comprimento do vetor rbc (que, naturalmente, é igual ao comprimento do vetor

rac ) é

| | ( ) , .r abc = = = ≈3

8388

3

8237 6pm pm 238 pm

Na geometria, a distância a 3 8/ é conhecida como raio da esfera circunscrita ao tetraedro regular.


P E Ee e e

F E E E kT E kT xF F( )

( ) / /+ =

+=

+=

++ −

1

1

1

1

1

1

e

P E Ee e e

F E E E kT E kT xF F( )

( ) / /− =

+=

+=

+− − − −

1

1

1

1

1

11,


em que x = DE/kT. Assim,

P E E P E Ee e

e e

eF F x x

x x

( ) ( )(

+ + − =+

++

= + + +−

−D D

1

1

1

1

1 1−− + +

=x xe1 1

1)( )

.

Um caso especial deste resultado aparece no Problema 41-4, em que DE = 63 meV e

P(EF + 63 meV) + P(EF – 63 meV) = 0,090 + 0,91 = 1,0.

49. (a) Fazendo E = EF na Eq. 41-5 e usando a Eq. 41-9, temos:

N Em m

h

h

mnF( ) .

//=

8 2 3

16 23

1 31 3

Simplificando essa expressão, obtemos

N Em

hnF( ) ,= 4

32

23

que é equivalente à expressão que aparece no enunciado do problema. Substituindo por valores numéricos, obtemos

N Emc

hcnF( )

( )

(

(/=

= ×43

4 511 102

223 1 3

3

eV)

112403 4 1123 1 3 2 1

eV nm)nm eV

2⋅

= ⋅− − n n/ ( , ) 11 3/

(b) De acordo com o resultado do Problema 41-3,

n = × =− −8 49 10 84 928 3 3, , .m nm

Assim, a expressão do item (a) nos dá

N EF( ) ( , )( , ) ( ,/= ⋅ =− − − −4 11 84 9 4 111 3 1 3nm eV nm nm2 22

3 3

eV nm

nm eV m e

⋅

= ⋅ = × ⋅

− −

− − −

1 1

1 28

4 4

18 1 8 10

)( , )

, VV−1.

Este valor está de acordo com o que pode ser obtido a partir da curva da Fig. 41-6 fazendo EF = 7,0 eV.

50. Usando a expressão aproximada do Problema 41-21, obtemos

frac = × + ≈−3 8 62 10 273

2 5 50 0

5( ,

( , ),

eV/K)(961 K)

eV33.

51. Explicitando vF na equação E m vF e F= 2 2/ , obtemos

vE

mc

E

mcF

F F= = = ××

2 23 0 10

2 7 0

5 11 125( , )

( ,

,km/s

eV)

001600

5 eVkm/s= .

52. O fator numérico da Eq. 41-9 é

3

16 20 12122 0 121

2 3

= ≈/

, , .


p nkT= = × × =− −( , )( ,8 43 10 1 38 1028 23m J/K)(300 K)3 33,49 10 Pa 3,49 0 atm.8 3× = × 1

1. De acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos:

K U rq q

K= ⇒ = = × −

1 2

0

19 2

04

3 90 1 60 10

4 3

( )( )( , )

(

C

,, ), .

00 101 3 10

6 1913

× ×= ×−

−eV)(1,60 10 J/eV

m


K U rq q

K= ⇒ = = × −

1 2

0

19 2

04

2 29 1 60 10

4 5

( )( )( , )

(

C

,, ),

30 101 58 10

6 1914

× ×= × =−

−eV)(1,60 10 J/eV

m 15,88 fm.


K U rq q

K= ⇒ = = × −

1 2

0

19 2

04

3 110 1 60 10

4

( )( )( , )

(

C

110 2 104 66 10 46

6 1914

, ),

× ×= × =−

−eV)(1,60 10 J/eV

m ,, .6 fm

4. Para que a partícula alfa “encoste” na superfície do núcleo de ouro em uma colisão frontal, a distância de máxima aproximação deve ser igual à soma dos raios dos dois núcleos:

r = rCu + ra = 6,23 fm + 1,80 fm = 8,03 fm.

Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos:

K Uq q

r

kq q

r

= = =

= × ⋅

1

4

8 99 10 2

0

9

Au Au

( , )( )V m/C (( )( , )

( ,

79 1 60 10

8 03 10

19 2

15 19

×× ×

−

− −C

m)(1,60 10 JJ/eVeV 28,3 MeV.

),= × =28 3 106


vm m

m mv v

m

m mvf i f i

= −

+=

+Au

AuAu,

Au

e2

.

(a) A energia cinética do núcleo após a colisão é

K m v mm

m mvf f iAu, Au Au, Au

Au

= =+

1

2

1

2

22

2

2

==

+

=

Km m

m mi

4

5 004 197 4 00

2Au

Au

MeVu u

( )

( , )( )( , ))

( , )

,

4 00

0 390

2u 197u

MeV.

+

=

(b) A energia cinética da partícula alfa após a colisão é

K m v mm m

m mv Kf f i

= = −

+

=1

2

1

22

2

2Au

Auii

m m

m m

−+

= ( ) −

Au

Au

MeVu 197 u

2

5 004 00

4,

,

,000 197

4 61

2

u u

MeV.

+

= ,

Capítulo 42


Note que K K Kaf f i+ =Au, , o que está de acordo com a lei de conservação da energia.

6. (a) O número de massa A é o número de núcleons de um núcleo atômico. Como a massa mn do nêutron é aproximadamente igual à massa mp do próton e a massa dos elétrons é muito menor que a massa do núcleo, a massa M do átomo é dada aproximadamente por M ≈ Amp.

(b) No caso do 1H, a expressão aproximada nos dá

M ≈ Amp = (1)(1,007276 u) = 1,007276 u.

De acordo com a Tabela 42-1, a massa correta é 1,007825 u. O erro percentual é, portanto,

d = (1,007825 u – 1,007276 u)/(1,007825 u) = 0,00054 = 0,05%.

(c) No caso do 31P,

M ≈ (31)(1,007276 u) = 31,225556 u

e

d = (31,225556 u − 30,973762 u)/(30,973762 u) = 0,0081 = 0,81%.

(d) No caso do 120Sn,

M ≈ (120)(1,007276 u) = 120,87312

e

d = (120,87312 u − 119,902197 u)/(119,902197 u) = 0,0081 = 0,81%

(e) No caso do 197Au,

M ≈ (197)(1,007276) = 198,433372

e

d = (198,433372 u − 196,966552 u)/(196,966552 u) = 0,0074 = 0,74%.

(f) No caso do 239Pu,

M ≈ (239)(1,007276) = 240,738964 u

e

d = (240,738964 u − 239,052157 u)/(239,052157 u) = 0,0071 = 0,71%.

(g) Não. Em um núcleo típico, a energia de ligação por núcleon é da ordem de MeV, o que corresponde a menos de 1% da massa de um núcleon multiplicada por c2. Como este valor é comparável com o erro percentual calculado nos itens (b) a (f), nos cálculos da energia de ligação devemos usar um método mais preciso para calcular a massa dos núcleos.

7. Para calcular as massas específicas nucleares, usamos as massas molares do Apêndice F e calculamos os raios nucleares usando a Eq. 42-3.

a) No caso do 55Mn, temos:

mM

V= = ( ) × −

0 055

4 3 1 2 10 5515 1 3

,

[( , )( ) /

kg/mol

/ m ]] ( , ), .

3 23 117

6 02 102 3 10

×= ×−mol

kg/m3

(b) No caso do 209Bi, temos:

mM

V= = ( ) × −

0 209

4 3 1 2 10 20915 1

,

[( , )( ) /

kg/mol

/ m 33 3 23 117

6 02 102 3 10

] ( , ), .

×= ×−mol

kg/m3

(c) Como V r r A A 30

1 3 3= ( ) ,/ é de se esperar que m A V A A / / constante≈ para todos os nuclídeos.


Para calcular a densidade de carga nuclear, usamos os números atômicos do Apêndice F e cal-culamos os raios nucleares usando a Eq. 42-3.

(d) No caso do 55Mn, temos:

qZe

V= = ×

( ) ×

−

−( )( , )

[( , )(

25 1 6 10

4 3 1 2 10

19

15

C

/ m 5551 0 10

1 3 325

) ], .

/= × C/m3

(e) No caso do 209Bi, temos:

qZe

V= = ×

( ) ×

−

−( )( , )

[( , )(

83 1 6 10

4 3 1 2 10

19

15

C

/ m 22098 8 10

1 3 324

) ], .

/= × C/m3

(f) Como q Z V Z A / / e a razão Z/A é menor para nuclídeos maiores, rq é menor para nuclídeos maiores.

8. (a) O número atômico Z = 39 corresponde ao elemento ítrio.

(b) O número atômico Z = 53 corresponde ao elemento iodo.

(c) Consultando um site de dados a respeito de isótopos, como http://nucleardata.nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp, constatamos que o único isótopo estável do ítrio possui 50 nêutrons (o que também pode ser deduzido a partir da massa molar do ítrio que aparece no Apêndice F).

(d) Procedendo como no item (c), descobrimos que o único isótopo estável do iodo tem 74 nêutrons.

(e) O número de nêutrons ejetados é 235 – (39 + 50) − (53 + 74) = 235 − 89 − 127 = 19.

9. (a) 6 prótons, já que, de acordo com o Apêndice F, Z = 6 para o carbono.

(b) 8 nêutrons, já que, de acordo com a Eq. 42-1, N = A – Z = 14 – 6 = 8.

10. (a) O excesso de massa em unidades de massa atômica é

D1 = (1,007825 u – 1,000000 u) = +0,007825 u = +7,825 × 10−3 u.

(b) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é

D1 = (1,007825 u – 1,000000 u)(931,5 MeV/c2·u) = +7,290 MeV/c2.

(c) O excesso de massa em unidades de massa atômica é

Dn = (1,008664 u – 1,000000 u) = 0,008664 u = +8,664 × 10−3 u.

(d) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é

Dn = (1,008665 u – 1,000000 u)(931,5 MeV/c2·u) = +8,071 MeV/c2.

(e) O excesso de massa em unidades de massa atômica é

D120 = (119,902197 u – 120,000000 u) = – 0,09780 u.

(f) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é

D120 = (119,902199 u – 120,000000 u) (931,5 MeV/c2·u) = –91,10 MeV/c2.

11. (a) O comprimento de onda de de Broglie é dado por l = h/p, em que p é o módulo do mo-mento. De acordo com a Eq. 37-54, temos:

pc K Kmc= + = ( ) + ( )( ) =2 2 22 200 2 200 0 511 2MeV MeV MeV, 000 5, MeV.


Assim,

= = ⋅×

= × ≈−hc

pc

1240

200 5 106 18 10

66eV nm

eVnm 6,2

,, ffm.

(b) Para este tipo de estudo, o comprimento de de Broglie dos elétrons deve ser menor que o tamanho do alvo. Como o diâmetro de quase todos os núcleos é menor que 10 fm, um elétron com uma energia de 200 MeV provavelmente seria apropriado, mas talvez fosse aconselhável usar elétrons com uma energia um pouco maior.

12. (a) Como U > 0, a esfera tem uma tendência de se dilatar.

(b) Como, no caso do 239Pu, Q = 94e e R = 6,64 fm, temos:

UQ

r= = × × ⋅−3

20

3 94 1 60 10 8 99 102

0

19 2 9

[ ( , )] ( ,C N m22 2/C

m 1,60 10 J/eV)

)

( , )(

,

5 6 64 10

1 15 1

15 19× ×

= ×

− −

009 eV=1,15GeV.

(c) Como Z = 94, o potencial eletrostático por próton é 1,15 GeV/94 = 12,2 MeV/próton.

(d) Como A = 239, o potencial eletrostático por núcleon é 1,15 GeV/239 = 4,81 MeV/núcle-on.

(e) Porque, a curta distância, a interação forte é muito mais forte que a interação eletromagné-tica.

13. Os valores da massa específica média e do raio médio do Sol aparecem no Apêndice C. Como r = M/V e V ∝ r3, r ∝ r−1/3. Assim, o novo raio seria

r Rss=

= ×( )×

1 3

817

6 96 101410

2 10

/

, mkg/m3

kkg/mm 13 km.

3

= × =1 3

41 3 10/

,

14. A energia de ligação é dada por

D DE mc Zm A Z m M cH nel Am= = + −( ) −[ ]2 2 ,

na qual Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), mH é a massa do átomo de hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomo de

95244 Am. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é

Dm = (95)(1,007825 u) + (244 – 95)(1,008665 u) – (244,064279 u) = 1,970181 u.

Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos:

DEel = (1,970181 u)(931,494013 MeV/u) = 1835,212 MeV.

Como o 95244 Am possui 244 núcleons, a energia de ligação por núcleon é

DEeln = E/A = (1835,212 MeV)/244 = 7,52 MeV/núcleon.

15. (a) Como a interação nuclear é de curto alcance, cada núcleo interage apenas com os vizi-nhos mais próximos. Seja N o número de vizinhos com os quais um núcleon interage. Como este número não depende do número A de núcleons do núcleo, o número total de interações é aproximadamente NA. Isso significa que a energia associada à interação forte é proporcional a NA e, portanto, é proporcional a A.


(b) Cada próton de um núcleo interage eletricamente com todos os outros prótons. Como o número de pares de prótons é Z(Z – 1)/2, na qual Z é o número de prótons, a energia associada à interação eletrostática é proporcional a Z(Z – 1).

(c) Quando A aumenta, Z aumenta um pouco mais devagar, mas Z2 aumenta mais depressa do que A e, portanto, a energia associada à interação eletrostática aumenta mais depressa que a energia associada à interação forte.




63152 Eu. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é

Dm = (63)(1,007825 u) + (152 – 63)(1,008665 u) – (151,921742 u) = 1,342418 u.


DEel = (1,342418 u)(931,494013 MeV/u) = 1250,454 MeV.

Como o 63152 Eu possui 152 núcleons, a energia de ligação por núcleon é


17. Convém notar que os valores dados no enunciado para a massa do próton e para a massa do dêuteron são, na verdade, as massas atômicas do hidrogênio e do deutério. Isso, porém, como em muitos outros problemas deste capítulo, não afeta o resultado final, pois, em algum ponto dos cálculos, as massas dos elétrons se cancelam. Igualando a energia do raio gama à energia de ligação DEel e explicitando a massa do nêutron, temos:

m M mE

cn d H u u= − + = − +

22 013553212 1 007276467

2 2, ,

, 2233

931 494

1 0062769 0 0023868 1

MeV

MeV/u

u u

,

, ,= + = ,, , .0086637 1 0087u u≈




104259 Rf. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é

Dm = (104)(1,007825 u) + (259 – 104)(1,008665 u) – (259,10563 u) = 2,051245 u.


DEel = (2,051245 u)(931,494013 MeV/u) = 1910,722 MeV.

Como o 104259 Rf possui 259 núcleons, a energia de ligação por núcleon é


19. (a) Seja f24 a abundância de 24Mg, seja f25 a abundância de 25Mg e seja f26 a abundância de 26Mg. Nesse caso, temos:

24,312 = 23,98504f24 + 24,98584f25 + 25,98259f26.


Como existem apenas três isótopos, temos também

f f f24 25 26 1+ + = .

A segunda equação nos dá f f f26 24 251= − − . Substituindo esta expressão e fazendo f24 = 0,7899 na primeira equação, obtemos

24,312 = (23,98504)(0,7899) + 24,98584f25 + 25,98259 – (25,98259)(0,7899) – 25,98259f25, o que nos dá

f25 = 0,09303 = 9,303%.

(b) f26 = 1 – 0,7899 – 0,09303 = 0,1171 = 11,71%.

20. Como, de acordo com o Apêndice F, Z = 107 para o bóhrio, o número de nêutrons deste nuclídeo é N = A – Z = 262 – 107 = 155 nêutrons. Assim, de acordo com a Eq. 42-7,

DEZm Nm m c

An

elnH

u

=+ −( )

= +

Bh2

107 1 007825 1[( ) ( , ) ( 555 1 008665 262 1231 931 5

262

7

)( , ) , ]( , )u u MeV/u−

= ,,31 MeV/núcleon.

21. A energia de ligação de um núcleo é a diferença entre a massa de repouso dos núcleons que o núcleo contém e a massa de repouso do núcleo. Se o núcleo contém Z prótons e N nêutrons, a energia de repouso é dada pela Eq. 42-7:

DE mc Mc Zm Nm M cel H n= − = + −( )∑ ( ) ,2 2 2

em que mH é a massa de um átomo de hidrogênio, mn é a massa de um nêutron e M é a massa do átomo que contém o núcleo.

(a) Se as massas são dadas em unidades de massa atômica, os excessos de massa são dados por D DH H n n= − = −( ) , ( )m c m c1 12 2 e D = −( ) .M A c2 Assim, m c cH H

2 2= +D , m c cn n2 2= +D

e Mc Ac2 2= +D , o que nos dá

D D D D D D DE Z N Z N A c Z Nel H n H n= + −( ) + + −( ) = + −2 .

(b) Como, para o 79197 Au , Z = 79, N = 97 – 79 = 118, temos:

DEel MeV MeV MeV= + − −( )( , ) ( )( , ) ( ,79 7 29 118 8 07 31 2 )) = 1560 MeV

e a energia de ligação por núcleon é

DEelnMeV

MeV= =1560

1977 92, .

22. (a) A primeira reação é 4 3He p + H→ que, para usar as massas atômicas e cancelar a con-tribuição dos elétrons, pode ser escrita na forma 4 3He H + H.→ 1 A energia envolvida é

DE m m m c12

3 1 3 01605= + − = −( ) ,H H He4 u +1,00783 u 4,000260 u MeV/u

MeV.

( )( )

=

931 5

19 8

,

,

(b) A segunda reação é 3H n H.→ + 2 A energia envolvida é

DE m m m cn22 2 01410 3 0160= + − = −( ) , ,2 3H H u +1,00867 u 55 931 5

6 26

u MeV/u

MeV.

( )( )

=

,

,


(c) A terceira reação é 2 H p n→ + , que, para usar as massas atômicas e cancelar a contribuição dos elétrons, pode ser escrita na forma 2H H + n→ 1 . A energia envolvida é

DE m m m cn32 1 00783 2 0141= + − = −( ) , ,1 2H H 1,00867 uu 00 931 5

2 23

u MeV/u

MeV.

( )( )

=

,

,

(d) A energia de ligação é, portanto,

D D D DE E E Eel MeV 6,6 MeV 2,23 MeV 28,= + + = + + =1 2 3 19 8, 33 MeV.

(e) A energia de ligação por núcleon é

DD

EE

Aeln

el MeVMeV= = =28 3

47 07

,, .

(f) Não.



no qual Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), mH é a massa do átomo de hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomo de

94239 Pu. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em vez de massas atômicas, mas a massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é

Dm = (94)(1,007825 u) + (239 – 94)(1,008665 u) – (239,05216 u) = 1,94101 u.


DEel = (1,94101 u)(931,494013 MeV/u) = 1808 MeV.

Como o 94239 Pu possui 239 núcleons, a energia de ligação por núcleon é

DEeln = E/A = (1808 MeV)/239 = 7,56 MeV/núcleon.

24. Primeiro calculamos a energia necessária para separar todos os núcleons de um núcleo de cobre, que equivale a calcular a energia de ligação do núcleo, e depois multiplicamos o resultado pelo número de átomos contidos na moeda. Como, de acordo com o Apêndice F, o núcleo de 63Cu contém 29 prótons e 34 nêutrons, a energia de ligação é

DEel u u u= ( ) + ( ) −[ , , ,29 1 007825 34 1 008665 62 92960 ]]( , )

,

931 5

551 4

MeV/u

MeV.=

De acordo com a Eq. 42-21, o número de átomos contidos na moeda (que é igual ao número de núcleos) é dado por

NCug

62,92960 g/molátomos/=

×3 06 02 1023,, mmol átomos.( ) ≈ ×2 9 1022,

Assim, a energia necessária é

N ECu el MeV MeV.D = × = ×( , )( , ) ,551 4 2 9 10 1 6 1022 25

25. A taxa de decaimento é dada por R = lN, no qual l é a constante de desintegração e N é o número de núcleos que ainda não decaíram. Como, em termos da meia-vida T1/2, a constante de desintegração é dada por l = (ln 2)/T1/2, temos:

NR RT= = = × −

1 2

10

2

6000 3 7 10 5 27/

ln

( )( , )( ,Ci s /Ci1 aanos s/ano

núcleos.

)( , )

ln

,

3 16 10

2

5 3 10

7

22

×

= ×


26. Por definição de meia-vida, o número de átomos do isótopo radioativo foi reduzido à metade após 140 d. Como a taxa de decaimento é proporcional ao número de átomos, para que a taxa de decaimento seja reduzida a um quarto, o número de átomos deve ser reduzido a um quarto, ou seja, a metade do número de átomos presentes após 140 d. Como isso acontece após mais uma meia-vida,

t = 2T1/2 = 280 d.

27. (a) Como 60 anos = 2(30 anos) = 2T1/2, a fração que resta é 2– 2 = 1/4 = 0,250.

(b) Como 90 anos = 3(30 anos) = 3T1/2, a fração que resta é 2– 3 = 1/8 = 0,125.


NPug

239 g/molnúcleos/mo=

×0 0026 02 1023,, ll núcleos.( ) ≈ ×5 04 1018,


RN

T= = ×

×= ×ln ln

,

,

/

2 5 10 2

2 41 10

1 44 10

1 2

18

4

14

anos

annos

s/anos

−−

×= ×

1

76 1

3 15 104 60 10

,, .

29. (a) Como, de acordo com a Eq. 42-18, T1/2 = (ln 2)/l, temos:

T1 2 1

2

0 010864 2/

ln

,, .= =−h

h

(b) De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18, o número de núcleos que ainda não decaíram no instante t é dado por

N N e N et t T= =− −0 0

2 1 2 (ln ) / / .

Fazendo t = 3T1/2, obtemos

N

Ne

0

3 2 0 125= =− ln , .

Uma forma mais simples de resolver este item é lembrar que, a cada meia-vida, o número de núcleos que ainda não decaíram é reduzido à metade. Assim, após uma meia-vida, N = N0/2; após duas meias-vidas, N = N0/4; após três meias-vidas, N = N0/8 = 0,125N0, o que nos dá N/N0 = 0,125.


N N e t= −0

.

Como 10,0 d equivalem a 240 h, lt = (0,0108 h– 1)(240 h) = 2,592 e

N

Ne

0

2 592 0 0749= =− , , .

30. Como t = 26 h corresponde a quatro vezes T1/2 = 6,5 h, o número de átomos é reduzido a (1/2)4 do valor inicial:

N

N0

419 191

248 10 3 0 10=

×( ) = ×, .


31. (a) De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é dada por R = lN, em que l é a constante de desintegração e N é o número de núcleos que ainda não decaíram. Inicialmente, R R N= =0 0 , em que N0 é o número de núcleos no instante inicial. Estamos interessados em determinar os valores de N0 e l. De acordo com a Eq. 42-18,

= = = × − −( ) (ln ) ) , ./ln2 / /( h h 1T1 232 78 8 89 10

Se M é a massa da amostra e m é a massa de um átomo de 67 Ga , N0 = M/m. Como

m = (67 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 1,113 × 10– 22 g

e

N0 = (3,4 g)/(1,113 × 10– 22 g) = 3,05 × 1022,

temos:

R0 = (8,89 × 10– 3 h– 1) (3,05 × 1022) = 2,71 × 1020 h– 1 = 7,5 × 1016 s– 1.


R R e t= −0

,

em que R0 é a taxa de decaimento no instante t = 0. Para t = 48 h,

lt = (8,89 × 10– 3 h– 1) (48 h) = 0,427e

R e= × = ×− − −( , ) , .,7 53 10 4 91 1016 1 0 427 16s s 1


N

Ne et T

0

2 30 2 291 2 0 49= = =− −ln / ln // , .


N

V

R

V

T= = × ⋅( ) =−1 2 5 3

21 55 10

330 048

27 4

ln,

.

ln,Bq m

s ×× 1010 átomos/m3.

Para estimar o volume respirado pelo explorador em 48 h = 2880 min, usamos o seguinte cál-culo:

V =

2 litros

inalação

m

L

40 in1

1000

3 aalações

minm

( ) =2880 200 3min .

Assim, temos:

NN

VV=

( ) = × ≈ ×( )( )7 10 200 1 1010 3átomos/m m3 113 átomos.


MRT M

M

s=

= × −1 2

5 1

2

1 7 10 1 2/

ln

( , )( ,K

A

88 10 3 15 10

2

40

6

9 7× ×

anos s/ano g/mol)( ,

ln ,002 10

0 66

23 1×

=

−mol

g, .

35. Se N é o número de núcleos que ainda não decaíram no instante t,

dN

dtR N= − ,


em que R é a taxa de produção do radionuclídeo e l é a constante de desintegração. Reagrupando os termos e integrando, temos:

dN

R Ndt

t

N

N

−= ∫⌠

⌡ ,

00

em que N0 é o número de núcleos que ainda não decaíram no instante t = 0. Efetuando as inte-grações, obtemos

− −−

=1

0

ln ,

R N

R Nt

o que nos dá

NR

NR

e t= + −

−

0 .

Após muitas meias-vidas, a exponencial é pequena e o segundo termo pode ser desprezado, o que nos dá N = R/l, qualquer que seja o valor inicial N0. Assim, para tempos muito maiores que a meia-vida do radionuclídeo, a taxa de decaimento se torna igual à taxa de produção e N permanece constante.

36. Uma partícula alfa (núcleo de hélio) é produzida para cada núcleo de plutônio que decai. Para calcular o número de núcleos de plutônio que decaíram, usamos as Eqs. 42-15, 42-18 e 42-21, o que nos dá

N N N e t T0 0

2 23 11 6 02 1012 0

1 2− = −( ) = ×− −ln / / ( , ),

molgg/mol

g/mol2391

1 32 1

20 000 2 24 100−( )

= ×

−e . ln / .

, 0022 partículas alfa.

A massa de gás hélio produzida (supondo que todas as partículas alfa capturem dois elétrons) é dada por

mHe molg/mol= ×

×

( )−1 32 10

6 02 104 0

22

23 1

,

,, == × =−87 9 10 3, g 87,9 mg.

37. De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18, e levando em conta o fato de que a massa é propor-cional ao número de átomos, temos:

| | , ,ln / /Dm m m m et t

t Tf f

i= − = −( )= =−

16 0 14 0 021 1 2

h h −− −( )

= −

−

−

m e

m e

t T

t T

f

f

02

02

1 1 2

1 2

ln /

ln /

/

/ ee e et Ti− −( )( ) = ( ) −ln / , / , ln/ ,2 16 0 12 7 21 2 5 50 g h h −−( )

= =

14 0 2

0 265

, ln

,

h/12,7 h

g 265 mg..

38. De acordo com a Eq. 42-18, a constante de decaimento é

= = = × − −ln ln

( )( ),

/

2 2

3 36006 42 10

1 2

5 1

T h s/hs .

e, de acordo com a Eq. 42-17, o número de átomos do isótopo radioativo que foram injetados é

NR= = × ×

×

−

−

( , )( , )8 60 10 3 7 10

10

6 10

5

Ci Bq/Ci

6,42 s−− = ×1

94 96 10, .


39. (a) Como a amostra está em equilíbrio secular com a fonte, a taxa de decaimento é igual à taxa de produção. Seja R a taxa de produção de 56Mn e seja l a constante de desintegração. De acordo com o resultado do Problema 42-35, R = lN. Como lN = 8,88 × 1010 s– 1, R = 8,88 × 1010 s– 1.

(b) De acordo com a Eq. 42-18, a constante de desintegração é

= = = = ×− − −ln ln

,, , ,

/

2 2

2 580 269 7 46 10

1 2

1 5 1

T hh s

o que nos dá

NR= = ×

×= ×

−

− −

8 88 10

7 46 101 19 10

10 1

5 115,

,,

s

snúcleeos.

(c) Como a massa de um núcleo de 56Mn é

m = (56 u) (1,661 × 10– 24 g/u) = 9,30 × 10– 23 g,

a massa total de 56Mn presente na amostra é

Nm = (1,19 × 1015)(9,30 × 10– 23 g) = 1,11 × 10– 7 g = 0,111 µg.

40. Vamos usar o índice 1 para indicar o 32P e o índice 2 para indicar o 33P. Inicialmente, o 33P é responsável por 10% dos decaimentos, o que significa que a relação entre as taxas de decaimento iniciais dos dois isótopos é R02 = 9R01. De acordo com a Eq. 42-17, temos:

R N R N01 1 01 02 2 021

9

1

9= = = .

No instante t, R R e t1 01

1= − e R R e t2 02

2= − . Estamos interessados em calcular o valor de t para o qual R1 = 9R2 (o que significa que o 33P é responsável por 90% dos decaimentos). Dividindo membro a membro as duas equações e fazendo R1/R2 = 9, temos:

R

Re t01

02

1 2 9− − =( ) ,

o que nos dá

tR

R

R R

T=

−

= ( )1

9

9

21 2

01

02

01 02

1 ln

ln

ln /

/

/ 22 1 2

2

11 2

2

1 9

2 14 3 25 3−=

( ) ( ) −−ln

ln

ln , ,//

/

dT dd

d.

( )

=

−1

209

41. O número N de núcleos que ainda não decaíram e a taxa R de decaimento estão relacionados através da equação R = lN, na qual l é a constante de desintegração. Como a constante de desin-tegração está relacionada à meia-vida T1/2 através da relação l = (ln 2)/T1/2, R = (N ln 2)/T1/2 e

T1/2 = (N ln 2)/R.

Como o 147Sm é responsável por 15,0% da massa da amostra, o número de núcleos de 147Sm presentes na amostra é

N =×

=−( , )( , )

( )( , ),

0 150 1 00

147 1 661 106 14

24

g

u g/u33 1020× .

Assim,

T1 2

20186 143 10 2

1203 55 10/

( , ) ln,= × = × = ×−s

s 1,121

110 anos.11



NM

MN AKr

amostra

Kr

gg mol

= = × −

20 1092

6 09

, 22 10 1 3 1023 14× = ×( )átomos mol átomos, .

Nesse caso, a Eq. 42-20 nos dá

RN

T= = × = ×ln ( , ) ln

,,

2 1 3 10 2

1 844 9 10

1 2

1413

sBq.


R Re et T0

2 8 24 2 83 611 2 7 4 10 9 0= = × = ×ln / ln / ,/ ( , ) ,Bq 1108 Bq.

44. De acordo com a Fig. 42-19, o número de átomos no instante t = 0 era N0 = 2,00 × 106, e o número caiu para metade no instante t = 2,00 s. Nesse caso, de acordo com a Eq. 42-15, a constante de decaimento é

=

=

=1 1

2 00 2

1

2 000 0

0t

N

N

N

Nln

,ln

,s / slln , .2 0 3466 1= −s

No instante t = 27,0 s, o número de átomos que restam é

N N e et= = × ≈− −0

6 0 3466 27 02 00 10 173 ( , ) .( , / )( , )s s

De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é

R N= = ≈ =− ( , )( )0 3466 173 60 601s /s Bq.


RT

NM

m= =

ln ln

,

2 2

30 21 2 anosamostra

átomo

=×

× ×

ln

,

,

,

2

9 53 10

0 0010

137 1 661 18 s

kg

00

3 2 10

27

12

−

= ×

kg

Bq.,

(b) Como 1 1010Ci 3,7 Bq,= × temos:

R = ××

=3 2 10

3 7 10

12

10

,

,

Bq

Bq/Ci86 Ci.

46. (a) A equação de decaimento é a seguinte:

4299 Mo Tc +→ +−

4399 e v,

o que constitui um decaimento b−.

(b) Para cada decaimento, um fóton é produzido quando o núcleo de tecnécio decai para o estado fundamental (note que a meia-vida desse decaimento é muito menor que a meia-vida do decai-mento do molibdênio). Assim, a taxa de emissão de raios gama é igual à taxa de decaimento: 8,2 × 107 s−1.


NRT

= = = ×−

1 21

6

2

38 6 0 3600

21 2 10

ln

( ) ( , ) ( )

ln,

s h s/h..


47. (a) Vamos supor que o cloro da amostra era a mistura de isótopos encontrada na natureza, cujo número de massa médio, de acordo com o Apêndice F, é 35,453. Nesse caso, a massa de 226Ra contida na amostra era

m =+

= × −226

226 2 35 4530 10 76 1 10 3

( , )( , ) ,g g.

Como a massa de um núcleo de 226Ra é (226 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 3,75 × 10– 22 g, o número de núcleos de 226Ra presentes na amostra era

Ng

g= ×

×= ×

−

−76 1 10

3 75 102 03 10

3

2220,

,, .

(b) De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é dada por

R = Nl = (N ln 2)/T1/2,

em que l é a constante de desintegração, T1/2 é a meia-vida e N é o número de núcleos. Assim,

R = ××

=( , ) ln

( )( , )

2 03 10 2

1600 3 156 10

20

7anos s/ano22 79 109, .× −s 1

48. (a) De acordo com a descrição, a reação nuclear é 238 4U Th+ He→ 234 e a energia liberada é

DE m m m c12

238 05079

= − −( )

= − −

U He Th

u 4,00260 u 234( , ,,04363 u MeV/u

MeV.

)( , )

,

931 5

4 25=

(b) A série de reações começa com 238 237U U n→ + e é seguida por

237U Pa pPa Pa n

Pa Th p.

→ +→ +

→ +

236

236 235

235 234

A energia liberada é, portanto,

DE m m m c m m m cn p22 2= − − + − − +( ) ( )238 237 237 236U U U Pa (( ) ( )m m m c m m m cn p236 235 235 234Pa Pa Pa Th− − + − −

=

2 2

(( )

, ( ,

m m m m cn p238 234U Th

u

− − −

= −

2 2

238 05079 2 1 00

2

8867 2 1 00783 234 04363 931 5u u u MeV/u) ( , ) , ( , )− −[ ]== −24 1, MeV.

(c) Os resultados dos itens (a) e (b) nos levam a concluir que a energia de ligação da partícula a é

DE m m m cn pel He MeV 4,25 MeV M= + − = − − =( ) , ,2 2 24 1 28 32 eeV.

49. De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18, a fração de núcleos que restam no instante t é dada por

N

Ne et t T

0

2 1 2= =− − (ln ) / / ,

em que l é a constante de desintegração e T1/2 é a meia-vida. O intervalo de tempo no qual metade dos átomos de 238U decaem é 4,5 × 109 anos.


(a) No caso do 244Pu,

(ln ) (ln )( , )

,/

2 2 4 5 10

8 0 1039

1 2

9

7

t

T= ×

×=anos

anos

e, portanto,

N

Ne

0

39 0 171 2 10= ≈ ×− −, , .

(b) No caso do 248Cm,

(ln ) (ln )( , )

,/

2 2 4 5 10

3 4 1091

1 2

9

5

t

T= ×

×=anos

anos770

e

N

Ne

0

9170 39833 31 10 0= = × ≈− −, .

Nota: Para qualquer amostra de tamanho razoável, o valor de N calculado a partir do resultado apresentado é menor que um núcleo e pode ser considerado igual a zero para todos os efeitos práticos. A maioria das calculadoras não é capaz de calcular diretamente e– 9170. Uma possibili-dade é executar o cálculo por etapas, como em (e −91,70)100.

50. (a) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 232 é

Q m m m c32 235 0439= − − = −( ) ( ,235 232 3U Th He u 232,03811u u MeV/u

MeV.

−

= −

3 0160 931 5

9 50

, )( , )

,

(b) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 231 é

Q m m m c42

4 235 0439 231 036= − − = −( ) ( , ,235 231U Th He u 33 4 931 5

4 66

u 0026 u MeV/u

MeV.

−

=

, )( , )

,

(c) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 230 é

Q m m m c52

235 235 0439 230 033= − − = −( ) ( , ,U Th He230 5 u 11 931 5

1 30

u 5,0122 u MeV/u

MeV.

−

= −

)( , ).

,

Apenas o segundo processo (o decaimento a) é espontâneo, já que é o único que libera ener-gia.

51. Vamos usar as leis de conservação da energia e do momento, supondo que o núcleo de urânio está inicialmente em repouso e o núcleo residual de tório está no estado fundamental. Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia, se Ka é a energia cinética da partícula alfa e KTh é a energia cinética do núcleo de tório, a energia de desintegração é dada por Q = Ka + KTh. Além disso, segundo a lei de conservação do momento, pa + pTh = 0, o que nos dá pa = –pTh, οnde pa é o momento da partícula alfa e pTh é o momento do núcleo de tório. Vamos supor que a velocidade das duas partículas é suficientemente pequena para que a expressão clássica para a relação entre momento e energia cinética possa ser usada. Nesse caso, K p m = 2 2/ e K p mTh Th

2Th/= 2 ,

em que ma é a massa da partícula alfa e mTh é a massa do núcleo de tório. Fazendo pTh = – pa, obtemos a relação K m m KTh Th= ( ) . / Substituindo na expressão de Q, temos:

Q Km

mK

m

mK= + = +

= +

Th Th

u

234 u1 1

4 00,

( ) =4 196 4 269, ,MeV MeV.


52. (a) No caso da primeira reação,

Q m m m c12 223 01850 14= − − = − −( ) , ,Ra Pb C u 208,98107 u 000324 931 5

31 8

u MeV/u

MeV.

( )( )

=

,

,

(b) No caso da segunda reação,

Q m m m c22 223 01850= − − = − −( ) ,Ra Rn He u 219,00948 u 4,000260 u MeV/u

MeV.

( )( )

=

931 5

5 98

,

,

Como o valor de Q é positivo nos dois casos, os dois decaimentos são energeticamente possí-veis.

(c) Como, de acordo com a Eq. 24-43, U ∝ q1q2/r, temos:

U Uq q

q q

e eC1 2 30 0

6 0≈

=Pb

Rn He

MeV82

( , )( )( , )

(( )( , )86 2 086

e e= MeV.

53. Seja MCs a massa de um átomo de 55137 Cs e seja MBa a massa de um átomo de 56

137 Ba. Para obter a massa dos núcleos, devemos subtrair a massa de 55 elétrons de MCs e a massa de 56 elétrons de MBa. A energia liberada é

Q = [(MCs – 55m) – (MBa – 56m) – m] c2 = (MCs − MBa)c2,

em que m é a massa do elétron e a massa de um elétron foi subtraída da diferença entre as mas-sas dos núcleos de césio e de bário para levar em conta o fato de que um elétron é emitido na reação. Assim, temos:

Q M M c c= − = − =( ) ( , . ) ( ,Cs Ba u u2 2136 9071 136 9058 0 00113

0 0013 931 5 1 21

2u

u MeV/u MeV.

)

( , )( , ) ,

c

= =

54. Supondo que a massa do neutrino pode ser desprezada, temos:

Dm c m ce2 2= − −( ) .m mTi V

Como, de acordo com o Apêndice F, o vanádio possui 23 elétrons e o titânio possui 22 elétrons, podemos somar e subtrair 22me dessa expressão para obter

Dm c m m c m m ce e2 2 222 23= + − −( ) = −( )m mTi V Ti V .

Note que a nova expressão de Dmc2 envolve massas atômicas em vez de massas nucleares e se baseia na suposição (se forem usados os valores de mTi e mV encontrados nas tabelas) de que os átomos se encontram no estado fundamental, o que, neste caso, como será discutido a seguir, não é verdade. A questão agora é a seguinte: é razoável fazermos Q = – Dmc2, como no Exemplo “Determinação do valor de Q para um decaimento beta a partir das massas?” A resposta é “não”. O átomo de titânio é criado em um estado excitado, com uma energia bem maior que a do estado fundamental, já que o elétron foi capturado de uma camada interna, na qual o valor absoluto na energia, EK, é considerável para grandes valores de Z. Como a energia de um elétron da camada K do titânio (na qual, logo após o decaimento, existe uma “lacuna” que deve ser preenchida através de uma reorganização de toda a nuvem eletrônica) é praticamente igual à energia de um elétron da camada K do vanádio, podemos escrever: Q mc EK= − −D 2 . Assim,

Q m m c EK= − −( ) .V Ti2

55. Como a reação é da forma n p + e +→ − , a energia cinética do elétron é máxima quando a energia do neutrino é tão pequena que pode ser desprezada. Assim,

Kmax = (mn – mp – me)c2,


na qual mn é a massa do nêutron, mp é a massa do próton e me é a massa do elétron. Como mp + me = mH, na qual mH é a massa do átomo de hidrogênio, a equação acima pode ser escrita na forma Kmax = (mn – mH)c2, o que nos dá

Kmax = (840 × 10– 6 u)c2 = (840 × 10– 6 u)(931,5 MeV/u) = 0,783 MeV.

56. (a) Vamos supor que o elétron é emitido com uma velocidade tão alta que é preciso usar uma expressão relativística para o momento. Nesse caso, de acordo com as Eqs. 37-54 e 38-13, temos:

= =+

= ⋅+

h

p

hc

K Kmc2 2

2

2

1240

1 0 2 1 0

MeV fm

MeV Me( , ) ( , VV MeVpm 900 fm.

)( , ),

0 5110 90= =


r = r0A1/3 = (1,2 fm)(150)1/3 = 6,4 fm.

(c) Como l >> r, o elétron não pode ser confinado no núcleo. Como foi visto no Cap. 39, para que exista uma onda estacionária em um poço de potencial infinito, o maior comprimento pos-sível da onda de matéria é l/2. No caso de um poço finito, o comprimento de onda pode ser ligeiramente menor, como se pode ver na função de onda do estado estacionário que aparece na Fig. 39-8, mas, no caso que estamos discutindo, l/r é grande demais (da ordem de 140) para que o elétron possa ser confinado.

(d) Sim, o fato de que o comprimento de onda da onda de matéria associada ao elétron é muito maior que o raio do núcleo pode ser considerado um forte argumento para rejeitar a hipótese de que o elétron estava confinado no interior do núcleo antes de ser emitido.

57. (a) Como o pósitron tem a mesma massa que o elétron e o neutrino tem massa desprezível,

Dm c m ce2 2= + −( )m mB C .

Como, de acordo com o Apêndice F, o carbono tem 6 elétrons e o boro tem 5 elétrons, podemos somar e subtrair 6me dessa expressão para obter

Dm c m m c m m m ce e e

2 2 27 6 2= + − − = + −( ) ( ) .m mB C B C

Note que a expressão final de Dmc2 envolve as massas atômicas do carbono e do boro e um termo adicional igual à massa de dois elétrons. De acordo com a Eq. 37-50 e a Tabela 37-3, temos:

Q m m m c m m ce= − − = − −( ) ( ) ( , ).C B C B MeV2 2 0 5112 2

(b) De acordo com a expressão do item (a), a energia de desintegração é

Q = − −( , ) ( , ) ,11 011434 931 5 1 022u 11,009305 u MeV/u MMeV

0,961 MeV.=

58. (a) A taxa de produção de energia é

dE

dtR Q N Q

Ti i i i

i i

= = =

=∑1

1 21

3 2 1 00ln ( ,

/

kg))

( , )(ln )( ,

f

mQi

ii

ii ==

−

∑∑

= ×

1

3

1

3

131 00 2 1 60 10kg JJ/MeV

s/ano kg/u

)

( , )( , )

(

3 15 10 1 661 10

4 17 27× ×

×−

00 51 7

238 4 47 10

13 1

6

9

−

×

+ ×

)( , )

( )( , )

(

MeV

u anos

00 42 7

232 1 41 10

4 106

10

6− −

×+ ×)( , )

( )( , )

(MeV

u anos

))( , )

( )( , )

,

1 31

40 1 28 10

1 0 10

9

9

MeV

u anos

W

×

= × − ..


(b) A potência associada aos processos de decaimento é

P = (2,7 × 1022 kg)(1,0 × 10– 9 W/kg) = 2,7 × 1013 W,

um valor muito pequeno em relação à potência solar recebida pela Terra, que é da ordem de 1,7 × 1017 W.

59. Como o elétron possui a maior energia cinética possível, a energia do neutrino é desprezí-vel. De acordo com a lei de conservação do momento, o momento do elétron e o momento do núcleo de enxofre residual devem ter o mesmo módulo e sentidos opostos. Se pe é o momento do elétron e pS é o momento do núcleo de enxofre, pS = −pe. Assim, a energia cinética KS do núcleo de enxofre é

K p M p MS S S e S= =2 22 2/ / ,

na qual MS é a massa do núcleo de enxofre. Como a energia cinética Ke do elétron está rela-cionada ao momento pe através da equação relativística ( ) ,p c K K mce e e

2 2 22= + na qual m é a massa do elétron, temos:

Kp c

M c

K K mc

M cS

e

S

e e

S

= = + = +( ) ( )2

2

2 2

2

2

2

2

2

21,71MeV (( , )( , )

( )( , )

,

1 71 0 511

2 32 931 5

7 83

MeV MeV

u MeV/u

= ×× =−10 75 MeV 8,3 eV.

60. Explicitando t na equação R = R0e– lt, obtemos

tR

R= =

1 5730 15 3

63 00

ln ln

,

,

anos

ln 2

= ×5 00

1 001 61 103,

,, anos.

61. (a) Como a massa de um átomo de 238U é (238 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 3,95 × 10−22 g, o nú-mero de átomos de urânio na rocha é

NU = (4,20 × 10– 3 g)/(3,95 × 10– 22 g) = 1,06 × 1019.

(b) Como a massa de um átomo de 206Pb é (206 u)(1,661 × 10– 24 g) = 3,42 × 10– 22 g, o número de átomos de chumbo na rocha é

NPb = (2,135 × 10–3 g)/(3,42 × 10– 22 g) = 0,624 × 1019.

(c) Se nenhum átomo de chumbo foi perdido, havia inicialmente, além dos átomos de urânio que ainda não decaíram, um átomo de urânio para cada átomo de chumbo que foi encontrado na amostra. Assim, o número inicial de átomos de urânio na amostra era

NU0 = NU + NPb = 1,06 × 1019 + 0,64 × 1019 = 1,68 × 1019.

(d) De acordo com a Eq. 42-15,N N e t

U U0= − ,

na qual l é a constante de desintegração. Como, de acordo com a Eq. 42-18, = (ln ) ,/2 1 2/T temos:

tN

N

T N

N= −

= −

= −1

2

41 2

ln

lnln/U

U0

U

U0

,,

lnln

,

,

47 10

2

1 06 10

1 68 102

9 19

19

× ××

=anos,,97 109× anos.

62. Como a massa inicial de 238U contida na rocha é dada por

m me et0

2 260 10 4 47 13 70 6= = × × ( , ) (ln )( ) / ( ,mg anos 009 3 85anos mg,) ,=

a massa de chumbo que a rocha deve conter é

′ = −( )

= −( )m m mm

m0

206

238

3 85 3 70206

2, ,mg mg

3380 132

= =, mg 132 g.


63. Podemos determinar a idade t da rocha a partir das massas de 238U e 206Pb. Como a massa inicial de 238U era

m m mU U Pb0

238

206= + ,

temos:

m m e m m et t TU U U Pb0

U 238 U/= = +− − ( ) .( ln ) / /206 2 1 2

Explicitando t, obtemos:

tT m m

m= + ( )

= ×1 2 238 206 4 47 10/ ln,U

ln 2

/U Pb

U

99

21

238

206

0 15

0 86

anos mg

mglnln

,

,+

= ×1 18 109, anos.

No caso do decaimento b do 40K, a massa inicial de 40K é

m m mK K Ar0= +

e, portanto,

m m e m m et tK K K Ar0

K K= = +− − ( ) .

Explicitando mK, obtemos

mm e

e

m

e e

t

t tKAr Ar

K

K K

mg=−

=−

=−

−

1 1

1 62 1

,(ln )( ,118 10 1 25 109 9 1

1 7× × −=

anos anosmg.

) / ( , ),

64. Note que a cada átomo de cálculo 40 e criptônio 40 encontrado na amostra corresponde um átomo de potássio na amostra original. De acordo com as Eqs. 42-14 e 42-18, temos:

ln ln,

N

N N NtK

K Ar Ca+ +

= − ⇒+ +

1

1 1 8 54

= − ln,

2

1 2Tt

o que nos dá

t T= = × = ×1 2910 54

21 26 10 3 40 4 28/

ln ,

ln( , )( , ) ,anos 1109 anos.


= ⇒ = =ln 2

TN

R RT

1 2

1 2

2/

/

ln.

Como 1 Ci = 3,7 × 1010 desintegrações /s,

N = × ×−( )( , )( , )( ,250 3 7 10 2 7 8 64 1010 1 4Ci s /Ci d s/d))

ln, .

23 11 1018= ×

Como a massa de um átomo de 198Au é

M = (198 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 3,29 × 10– 22 g,

a massa necessária é

NM = (3,11 × 1018)(3,29 × 10– 22 g) = 1,02 × 10– 3 g = 1,02 mg.


66. O becquerel (Bq) e o (Ci) são definidos na Seção 42-4.

(a) R = =8700

60145

contagens

sBq.

(b) R =×

= × −1453 92 10 9Bq

3,7 10 Bq/CiCi.

10,

67. A dose absorvida é

dose absorvidaJ

4,00 kg= × = ×

−−2 00 10

5 00 103

4,, JJ/kg Gy.= × −5 00 10 4,

Para RBE = 5, a dose equivalente é

dose equivalente RBE) Gy)= × =−( ( , ( ,5 00 10 5 5 004 ×× = ×

=

− −10 2 50 10

2 50

4 3Gy) Sv

mSv.

,

,

68. (a) De acordo com a Eq. 42-32, a energia absorvida é

E = × =−( , )( )2 4 10 75 184 Gy kg mJ.

(b) Para RBE = 12, a dose equivalente é

dose equivalente Gy S= × = ×− −( )( , ) ,12 2 4 10 2 9 104 3 vv.


dose equivalente rem/Sv Sv) 0,= × =−( )( ,100 2 9 10 3 229 rem.


N0

3 23 12 5 10 6 02 10

2396 3= × × = ×

− −( , )( , ),

g mol

g/mol11018.

(b) De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18,

| | [ ] ( , )[ln / /DN N e et T= − = × −− −( )0

2 18 121 6 3 10 11 2 h lln / . ] , .2 24 100 8760 112 5 10anos h/ano( )( ) = ×

(c) A energia absorvida pelo corpo do operário é

E E N= = × ×( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( ,0 95 0 95 5 2 2 5 10 1 6 111 D MeV 00 0 2013− =J/MeV J.) ,


dose recebidaJ

85 kgGy 2,3 mGy.= = × =−0 20

2 3 10 3,,

(e) Para RBE = 13, a dose equivalente é

dose equivalente = (13)(2,3 mGy) = 30 mSv.


TK=

= ×

× −

2

3

2

3

5 00 10

8 62 10

6

5med

k

eV

eV/K

,

,

= ×3 87 1010, K.

71. (a) Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Tempo de vida de um núcleo composto formado por captura de um nêutron”, obtemos:

DEt

≈ = × ⋅×

=−

−

med

( eV fs /

s

4 14 10 2

1 0 106 6

15

22

, )

,,

×× =106 eV 6,6 MeV.


(b) Para que a energia seja distribuída em todo o volume de um núcleo relativamente grande, criando assim um “núcleo composto”, é necessário um tempo da ordem de 10–15 s. Um núcleo cujo tempo médio de vida é somente 10–22 s é apenas um estágio intermediário de curta duração em uma reação nuclear e não pode ser considerado um núcleo composto.

72. (a) Para identificar os nuclídeos que possuem camadas completas de núcleons, basta comparar o número de prótons (número atômico, que pode ser encontrado no Apêndice F) e o número de nêutrons, dado pela Eq. 42-1, com os números mágicos (valores especiais de Z e N) citados na Seção 42-9. A conclusão é que os nuclídeos que possuem apenas camadas completas de prótons ou de nêutrons são os seguintes: 18O, 60Ni, 92Mo, 144Sm e 207Pb.

(b) Procedendo como no item (a), obtemos a seguinte lista: 40K, 91Zr, 121Sb e 143Nd.

(c) Procedendo como nos itens (a) e (b), obtemos a seguinte lista: 13C, 40K, 49Ti, 205Tl e 207Pb.

73. Toda reação de formação é da forma X x Y+ → , na qual X é o núcleo-alvo, x é uma partícula leve incidente e Y é um núcleo composto em um estado excitado. Vamos supor que o núcleo X está inicialmente em repouso. Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia,

m c m c K m c K EX x x Y Y Y2 2 2+ + = + + ,

na qual mX, mx e mY são as massas, Kx e KY são as energias cinéticas e EY é a energia de excitação do núcleo composto. Como, de acordo com a lei de conservação do momento, px = pY, temos:

Kp

m

p

m

m

mKY

Y

Y

x

Y

x

Yx= = =

2 2

2 2

e, portanto,

m c m c K m cm

mK EX x x Y

x

Yx Y

2 2 2+ + = + +

e

Km

m mm m m c Ex

Y

Y xY X x Y=

−− −( ) + 2 .

(a) Se x é uma partícula alfa e X é um núcleo de 16O, temos:

(mY – mX – mx)c2 = (19,99244 u –15,99491 u – 4,00260 u)(931,5 MeV/u) = –4,722 MeV

e

K =−

−19 99244

19 99244 4 002604 722

,

, ,,

u

u uMeV + 25,00 MeV MeV MeV.( ) = ≈25 35 25 4, ,

(b) Se x é um próton e X é um núcleo de 19F, temos:

(mY – mX – mx)c2 = (19,99244 u –18,99841 u –1,00783 u)(931,5 MeV/u) = –12,85 MeV

e

K =−

−19 99244

19 99244 1 0078312 85

,

, ,,

u

u uMeV+25,00 MeV MeV.( ) = 12 80,

(c) Se x é um fóton e X é um núcleo de 20Ne, a equação de conservação da energia precisa ser reformulada. Como a massa do fóton é zero, temos:

Eγ + mXc2 = mYc2 + KY + EY.


Como mX = mY, esta equação se torna Eγ = KY + EY. Como o momento e a energia de um fó-ton estão relacionados através da equação pγ = Eγ /c, a lei de conservação do momento nos dá Eγ/c = pY. A energia cinética do núcleo composto é

Kp

m

E

m cY

Y

Y Y

= =2 2

22 2 .

Substituindo este resultado na equação de conservação da energia, obtemos

EE

m cE

YY

= +2

22.

As raízes desta equação do segundo grau são

E m c m c m c EY Y Y Y = ± −2 2 2 22( ) .

Se o problema é resolvido usando a relação relativística entre a energia e o momento do núcleo composto, apenas uma solução é obtida, a que corresponde ao sinal negativo da raiz quadrada. Como

mYc2 = (19,99244 u)(931,5 MeV/u) = 1,862 × 104 MeV,

temos

E = × − × − ×( , ) ( , ) ( ,1 862 10 1 862 10 2 1 862 14 4 2MeV MeV 00 25 0

25 0

4 MeV MeV

MeV.

)( , )

,=

Este resultado mostra que a energia cinética do núcleo composto é muito pequena; praticamente toda a energia do fóton é convertida em energia de excitação do núcleo.

74. De acordo com a Eq. 42-15, o número de átomos de urânio e de chumbo presentes na amostra no instante t é

N N e

N N N N N e N e

t

t t

U

Pb U

=

= − = − = −

−

− −

0

0 0 0 0 1

( ),

cuja razão é

N

N

e

ee

t

ttPb

U

= − = −−

−1

1

.

A idade da rocha é, portanto,

tN

N

T N

N= +

= +

=11

211 2

ln

lnln/Pb

U

Pb

U

44 47 10

21 0 30 1 7 10

99,

lnln , ,

× +( ) = ×anosanos.

75. Seja ZA X o nuclídeo desconhecido. A equação que representa a reação é

ZA X + → −0

110n e + 2 He.2

4

De acordo com a lei de conservação da carga, Z + 0 = – 1 + 4, o que nos dá Z = 3. De acordo com a lei de conservação do número de massa, A + 1 = 0 + 8, o que nos dá A = 7. De acordo com o Apêndice G, o elemento com Z = 3 é o lítio. Assim, o nuclídeo é o 7 Li .

76. Como a dose equivalente é o produto do fator RBE pela dose absorvida, temos:

dose absorvidadose equivalente

RBE= = × −250 10 6 SSv

Gy

2,94 10 J/kg

0 852 94 10 4

4

,,

.

= ×

= ×

−

−


Para determinar a energia total recebida, multiplicamos este valor pela massa do tecido exposto:

E = (2,94 × 10– 4 J/kg)(44 kg) = 1,29 × 10– 2 J ≈ 1,3 × 10– 2 J = 13 mJ.

77. Como, de acordo com a Eq. 42-17, R é proporcional a N, N/N0 = R/R0. Combinando as Eqs. 42-14 e 42-18, obtemos

tT R

R= −

= − =1 2

02

5730

20 020

lnln

lnln( , )

anos33 2 104, .× anos

78. Seja NAA0 o número de átomos do elemento AA no instante t = 0. Em um instante posterior t, devido ao decaimento de parte dos átomos do elemento AA, temos:

NAA0 = NAA + NBB + NCC.

A constante de desintegração é

= = = −ln ln

,, .

/

2 2

8 000 0866

1 2

1

T dd

Como NBB/NCC = 2, para NCC /NAA = 1,50, NBB/NAA = 3,00. Assim, no instante t,

NAA0 = NAA + NBB + NCC = NAA + 3,00NAA + 1,50NAA = 5,50NAA.

Como N N e tAA AA0= − , temos:

N

Ne tAA0

AA

= = 5 50, ,

o que nos dá

t = = =−ln( , ) ln( , )

,,

5 50 5 50

0 086619 7

1 dd.

79. Como estamos supondo que o espalhamento dos resíduos é uniforme, a taxa de contagem R é dada por

R = lN = l(M/m)(a/A),

na qual M é a massa de 90Sr, m é a massa do núcleo de 90Sr, A é a área atingida pelos resíduos e a é a área pedida. Explicitando a e fazendo R = 74.000 contagens/s, obtemos:

a Am

M

R AmRT

M=

=

= ×

1 2

6

2

2000 10

/

ln

( m2))( )( )( , )( .90 29 3 15 10 74 0007g/mol anos s/ano s× −11

23 1

2

400 6 02 10 2

7 3 10

)

( )( , )(ln )

,

g mol

m 2

×

= × =

−

− − 7730 cm2.

80. (a) Supondo que a área da seção reta de um indivíduo adulto deitado é 1 m2, temos:

atividade efetiva

atividade total

m=×

1

2 6 10

2

( , 55 2 212

10003 8 10

km m km)( ), .= × −

Como metade dos elétrons são emitidos para cima, temos:

atividade efetiva1

2s= × ×( ) =− −( ) ,1 10 3 8 1016 1 12 11 9 104 1, .× −s


Assim, em um intervalo de uma hora, a pessoa seria atingida por (1,9 × 104 s−1)(3600 s/h) ≈ 7 × 107 elétrons.

(b) Seja D o ano atual. De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18, temos:

R R e et T D= = ×− − − −( )0

2 7 1 1996 2 30 21 2 7 10ln ln ,( )h anoos( ) ,

na qual R é a atividade efetiva no ano atual e R0 é a atividade efetiva em 1996.

81. As retas inclinadas representam decaimentos alfa, que envolvem uma variação do número atômico DZa = –2 e uma variação do número de massa DAa = –4, enquanto as retas horizontais representam decaimentos beta, que envolvem emissão de elétrons, caso em que a variação do número atômico é DZb = +1 e o número de massa permanece constante. Como a Fig. 42-20 mostra três decaimentos alfa e dois decaimentos beta, temos:

Z Z Z Z A A Af i f i= + + = +3 2 3D D D e .

Como, de acordo com o Apêndice F, o elemento representado pelo símbolo Np é o netúnio, cujo número atômico é Zi = 93, temos:

Zf = 93 + 3(– 2) + 2(1) = 89,

o que, de acordo com o Apêndice F, significa que o elemento final é o actínio (Ac). Como o número de massa inicial é Ai = 237, o número de massa final é

Af = 237 + 3(–4) = 225.

Assim, o isótopo final é 225Ac.

82. Em unidades do SI, a meia-vida da 108Ag é (2,42 min)(60 s/min) = 145,2 s. Como, de acordo com a Eq. 42-18, l = (ln 2)/T1/2, o enunciado nos pede para plotar a função

ln ln( ),R R e R et t= + ′− − ′0 0

na qual R0 = 3,1 × 105, R09 = 4,1 × 106, l = ln 2/145,2 e l9 = ln 2/24,6. O gráfico aparece na figura a seguir.

Note que o valor absoluto da inclinação do gráfico é l9 (a constante de desintegração de 110Ag) para pequenos valores de t e l (a constante de desintegração de 108Ag) para grandes valores de t.

83. Fazendo

p p h x h r D D D/ / ,

obtemos

Ep

m

hc

mc r= = ⋅2 2

2 2

2

2 2

1240

( )

( )

( )

)

MeV fm

2(938 MeV [[( , )( ) ]/1 2 10030

1 3 2fmMeV.


84. (a) A taxa de decaimento do 226Ra é

R NT

M

m= =

=

ln (ln )( , )( ,

/

2 2 1 00 6

1 2

mg 002 10

1600 3 15 10 226

23 1

7

××

−mol

anos s/ano

)

( )( , )( gg/mols 1

), .= × −3 66 107

Este resultado indica que a atividade do 226Ra é 3,66 × 107 Bq.

(b) Como foi atingido o equilíbrio secular (veja o Problema 42-35), a atividade do 222Rn também é 3,66 × 107 Bq.

(c) Como RRa = RRn e R = lN = (ln 2/T1/2)(M/m), temos:

MT

T

m

mMRn

Rn

RaRa

Rn

Ra

=

=1 2

1 2

3 82/

/

( , dd g u

anos d/ano

)( , )( )

( )( )(

1 00 10 222

1600 365 2

3× −

2266 42 10 9

ug.

),= × −

85. A carta de nuclídeos pedida aparece na figura a seguir. As retas pedidas podem ser traçadas da seguinte forma: as retas de A constante têm uma inclinação de –45° e as retas de N – Z constante têm uma inclinação de 45°. Assim, por exemplo, a reta N – Z = 18 (que é uma reta de “exces-so de 18 nêutrons) passa pelo 114CD no canto inferior esquerdo e pelo 122Te no canto superior direito. A primeira coluna corresponde a N = 66 e a última coluna a N = 70; a primeira linha corresponde a Z = 52 e a última linha corresponde a Z = 48. Os dados necessários para montar a carta podem ser encontrados nos sites http://www.nndc.bnl.gov/nudat2/ e http://nucleardata.nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp.

118Te

6,0 d

119Te

16,0 h

120Te

0,1%

121Te

19,4 d

122Te

2,6%

117Sb

2,8 h

118Sb

3,6 min

119Sb

38,2 h

120Sb

15,9 min

121Sb

57,2%

116Sn

14,5%

117Sn

7,7%

118Sn

24,2%

119Sn

8,6%

120Sn

32,6%

115In

95,7%

116In

14,1 s

117In

43,2 min

118In

5,0 s

119In

2,4 min

114Cd

28,7%

115Cd

53,5 h

116Cd

7,5%

117Cd

2,5 h

118Cd

50,3 min

86. De acordo com a Eq. 42-3 ( r r A= 01 3/ ), em que r0 = 1,2 fm, temos:

r

r

= × = ×

=

− −( , )( ) ,

( ,

/1 2 10 4 1 90 10

1 2

15 1 3 15m m

Al ×× = ×− −10 27 3 60 1015 1 3 15m m.)( ) ,/

Quando as “superfícies” dos dois núcleos estão em contato, a distância entre os centros dos núcleos é

r r r= + = × + × = ×− − − Al m m1 90 10 3 60 10 5 50 1015 15, , , 115 m.


Assim, de acordo com a lei de conservação da energia, a energia necessária é

Kq q

r= = × ⋅ × × −1

4

8 99 10 2 1 6 10

0

9 2 19

Al

2N m C C( , )( , ))( , )

,

,

13 1 6 10

5 50 10

1 09 10 6

19

15

12

× ××

= × =

−

−

−

C

m

J ,,79 106× =eV 6,79 MeV.


U ke e

r= = × ⋅ × −( )( )

( , )( , )2 90

8 99 101 60 109

19 2

V m/CC (( ) ,180 2 59 10 7

r r= × −

eV,

em que r está em metros. Convertendo r para femtômetros, obtemos:

Ur

= 259MeV.

Esta equação está plotada na figura a seguir.

88. Supondo que a velocidade do núcleon é constante e usando a expressão clássica para a energia cinética, obtemos:

td

v

d

K mr

m

K

r

c

mc

Kn= = = =

= × −

22

2

2

1 2 10 100

2

15

/

m( , )( )11 3

8

22

3 0 10

2 938

5

4 10

/

,

( )

×

≈ × −

m/s

MeV

MeV

s.

89. Explicitando A na Eq. 42-3, obtemos:

Ar

r=

=

=0

3 33 6

27,

.fm

1,2 fm

90. O problema dos sites de Internet é que não há garantia de que ainda estarão disponíveis quando o leitor tentar consultá-los. No momento, três sítios onde as informações necessárias para resolver este problema podem ser colhidos são http://www.webelements.com, http://www.nndc.bnl.gov/nudat2 e http://nucleardata.nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp.

(a) De acordo com o Apêndice F, o número atômico 60 corresponde ao elemento neodímio (Nd). De acordo com as fontes consultadas, os isótopos encontrados na natureza são 142Nd, 143Nd, 144Nd, 145Nd, 146Nd, 148Nd e 150Nd. Dois destes isótopos, 144Nd e 150Nd, não são realmente estáveis, mas possuem uma meia-vida muito maior que a idade do universo.


(b) De acordo com as fontes consultadas, os nuclídeos instáveis que possuem 60 nêutrons são os seguintes: 97Rb, 98Sr, 99Y, 100Zr, 101Nb, 102Mo, 103Tc, 105Rh, 109In, 110Sn, 111Sb, 112Te, 113I, 114Xe, 115Cs e 116Ba.

(c) De acordo com as fontes consultadas, os nuclídeos com número de massa igual a 60 são os seguintes: 60Zn, 60Cu, 60Ni, 60Co, 60Fe, 60Mn, 60Cr e 60V.

91. (a) Como, de acordo com o Apêndice F, a massa do 1H é 1,007825 u, o novo valor de u seria 1,007825 vez maior que o valor atual. Assim, a massa do 12C seria

12,000000/1,007825 u = 11,90683 u.

(b) A massa do 238U seria 238,050785/1,007825 u = 236,2025 u.

92. (a) O número de massa A de um radionuclídeo varia de 4 no decaimento a e não varia no decaimento b. Se os números de massa de dois radionuclídeos são dados por 4n + k e 4n9 + k, em que k = 0, 1, 2, 3, o mais pesado pode decair no mais leve através de uma série de decaimentos a (e, possivelmente, b), já que a diferença entre os números de massa é um múltiplo inteiro de 4. Em outras palavras, se A = 4n + k, o número de massa, após m decaimentos a, passa a ser

A9 = 4n + k – 4m = 4(n – m) + k,

que pertence à mesma cadeia de decaimentos.

(b) No caso do 235U, 235 = 58 × 4 + 3 = 4n + 3.

(c) No caso do 236U, 236 = 59 × 4 = 4n.

(d) No caso do 238U, 238 = 59 × 4 + 2 = 4n + 2.

(e) No caso do 239Pu, 239 = 59 × 4 + 3 = 4n + 3.

(f) No caso do 240Pu, 240 = 60 × 4 = 4n.

(g) No caso do 245Cm, 245 = 61 × 4 + 1 = 4n + 1.

(h) No caso do 246Cm, 246 = 61 × 4 + 2 = 4n + 2.

(i) No caso do 249Cf, 249 = 62 × 4 + 1 = 4n + 1.

(j) No caso do 253Fm, 253 = 63 × 4 + 1 = 4n + 1.

93. A energia de desintegração é

Q m m c EK= − −

= −

( )

( , )( ,

V Ti

u 48,94787 u

2

48 94852 931 5 MMeV/u MeV

0,600 MeV 600 keV.

) ,−

= =

0 00547

94. Para localizar na carta da Fig. 42-5 (que está reproduzida em http://www.nndc.bnl.gov/ nudat2) os nuclídeos da Tabela 42-1, basta encontrar o ponto correspondente às coordenadas (N, Z). Desta forma, é fácil verificar que todos são estáveis, exceto o 227Ac e o 239Pu.

95. (a) Explicitando t na Eq. 42-16 ( ),R R e t= −0

obtemos

tR

R

T R

R= = = =1

2

14 28 3050

17050 1 2 0

ln

lnln

,ln/ d

ln 299 5, d.


(b) O fator pedido é

R

Re e et t T0 2 3 48 21 2 1 18= = = =( ) ln / , ln/ , .d/14,28 d

96. (a) Substituindo diferenciais por diferenças na Eq. 42-12, usamos o fato de que DN = –12 durante Dt = 1,0 s para obter

DD

N

Nt= − ⇒ = × − − 4 8 10 18 1, ,s

em que usamos o fato de que N = 2,5 × 1018, mencionado no segundo parágrafo da Seção 42-3.

(b) De acordo com a Eq. 42-18, T1/2 = ln 2/l = 1,4 × 1017 s, o que corresponde a cerca de 4,6 bilhões de anos.


RN

T

M N

M TA

fissãoamostra

Ufissão f

= =ln ln

/ /

2 2

1 2 1 2 iissão

g)(6,02 10 mol ) ln 2

g/mol)(

23

= × −( ,

(

1 0

235

1

33,0 10 anos)(365 dias/ano)fissões/dia.

17×= 16

(b) Como, de acordo com a Eq. 42-20, R ∝ 1/T1/2, temos

R

R

T

fissão 1/2

fissão

T

anos= = ××

1 2173 0 10

7 0 1/ ,

, 004 3 10

88

anos= ×, .

2. Se, para remover um nêutron do 237Np, é necessária uma energia de 5,0 MeV, isso significa que, quando o 237Np captura um nêutron, adquire uma energia adicional de aproximadamente 5,0 MeV, bem maior que a energia de 4,2 MeV necessária para fissionar o nuclídeo. Assim, o 237Np pode ser fissionado por nêutrons térmicos.

3. A energia transferida para o 238U é

Q m m m cn= + −

= +

(

( , ,

U238 U239 )

u u

2

238 050782 1 008664 −−

=

239 054287

4 8

,

,

u)(931,5 MeV/u)

MeV.

4. De acordo com a Eq. 42-21, o número de átomos de plutônio na amostra é

NM

MNAPu

am

Pu

g

239 g/molm= =

×10006 02 1023( , ool )− = ×1 242 52 10, .

Se todos esses átomos sofrerem fissão (liberando 180 MeV), a energia total liberada será

E = (2,52 × 1024)(180 MeV) = 4,54 × 1026 MeV.

5. Se um megaton de TNT libera uma energia de 2,6 × 1028 MeV, o poder explosivo de uma ogiva nuclear de 2,0 megatons é dado por

poder explosivo MeV= × = ×2 2 6 10 5 2 1028 28( , ) , MMeV.

Como, de acordo com o Problema 43-4, cada fissão libera uma energia da ordem de 180 MeV, o número de fissões é

N = × = ×5 2 10

1802 9 10

2826,

, .MeV

MeV

Como a fissão ocorre apenas em 8,0% dos átomos de plutônio, o número total de átomos de plutônio é

NN

0

2627 3

0 080

2 9 10

0 0803 63 10 6 0 10= = × = × = ×

,

,

,, , mool .

Capítulo 43


Como, de acordo com o Apêndice F, MPu = 0,244 kg/mol, a massa de plutônio presente na ogiva é

m = × = ×( , , ,6 0 10 0 244 1 5 103 3mol)( kg/mol) kg.

6. Note que o número de massa total A e o número atômico total Z do lado esquerdo da equação devem ser iguais, respectivamente, ao número de massa total e ao número atômico total do lado direito da equação. No caso do nêutron, A = 1 e Z = 0. Os números de massa e os números atômicos de todos os nuclídeos estão no Apêndice F.

(a) Como, no caso do xenônio, Z = 54, o número atômico de “Y” é Z = 92 – 54 = 38, o que indica tratar-se do elemento estrôncio. Como o número de massa de “Y” é 235 + 1 – 140 – 1 = 95, “Y” é o nuclídeo 95Sr.

(b) Como, no caso do iodo, Z = 53, o número atômico de “Y” é Z = 92 – 53 = 39, o que indica tratar-se do elemento ítrio (cujo símbolo, por coincidência, é Y). Como 235 + 1 – 139 – 2 = 95, “Y” é o nuclídeo 95Y.

(c) Como, no caso do zircônio, Z = 40, o número atômico de “X” é 92 – 40 – 2 = 52, o que indica tratar-se do elemento telúrio. Como 235 + 1 – 100 – 2 = 134, “X” é o nuclídeo 134Te.

(d) Comparando os números de massa, obtemos b = 235 + 1 – 141 – 92 = 3.

7. Se R é o número de núcleos fissionados por segundo, a potência liberada é P = RQ, na qual Q é a energia liberada em cada evento de fissão. Assim,

R = P/Q = (1,0 W)/(200 × 106 eV)(1,60 × 10–19 J/eV) = 3,1 × 1010 fissões/s.

8. (a) Considere o processo 98 49Mo Sc Sc.→ + 49 A energia de desintegração é

Q = (mMo – 2mSc)c2 = [97,90541 u – 2(48,95002 u)](931,5 MeV/u) = +5,00 MeV.

(b) O fato de que a energia de desintegração é positiva não significa necessariamente que de-vemos esperar um grande número de fissões espontâneas; neste caso, a barreira de energia Eb (veja a Fig. 43-3) é presumivelmente mais alta ou mais larga no caso do molibdênio do que no caso do urânio.

9. (a) Como a massa de um átomo de 235U é

m0 = (235 u)(1,661 × 10–27 kg/u) = 3,90 × 10–25 kg,

o número de átomos de urânio em uma massa m = 1,0 kg é

N = m/m0 = (1,0 kg)/(3,90 × 10– 25 kg) = 2,56 × 1024 ≈ 2,6 × 1024.

(b) A energia liberada em N eventos de fissão é dada por E = NQ, na qual Q é a energia liberada em cada evento. Para 1,0 kg de 235U,

E = (2,56 × 1024)(200 × 106 eV)(1,60 × 10–19 J/eV) = 8,19 × 1013 J ≈ 8,2 × 1013 J.

(c) Se P é a potência da lâmpada,

t = E/P = (8,19 × 1013 J)/(100 W) = 8,19 × 1011 s = 2,6 × 104 anos.

10. A energia liberada é

Q m m m m m cn n= + − − −

= −

(

( , ,

U Cs Rb )

u

2

235 04392 1 00867

2

uu u u)(931,5 MeV/u)

MeV

− −

=

140 91963 92 92157

181

, ,

..


11. Se MCr é a massa de um núcleo de 52Cr e MMg é a massa de um núcleo de 26Mg, a energia de desintegração é

Q = (MCr – 2MMg)c2 = [51,94051 u – 2(25,98259 u)](931,5 MeV/u) = – 23,0 MeV.

12. (a) Considere o processo 238 99U n Ce Ru Ne ,140+ → + + − na qual N é o número de elétrons liberados. Temos:

N = Zf – Zi = ZCe + ZRu – ZU = 58 + 44 – 92 = 10.

Assim, o número de eventos de decaimento beta é 10.

(b) A energia liberada é

Q m m m m m cn e= + − − −

= +

( )

( , ,

U Ce Ru

u

10

238 05079 1 0086

2

77 139 90543 98 90594 10 0u u u)(931,5 MeV/u)− − −, , ( ,5511

226

MeV)

MeV.=

13. (a) A energia potencial eletrostática é dada por

UZ Z e

r r=

+1

4

2

0

Xe Sr

Xe Sr

,

no qual ZXe é o número atômico do xenônio, ZSr é o número atômico do estrôncio, rXe é o raio de um núcleo de xenônio e rSr é o raio do núcleo de estrôncio. Os números atômicos são dados no Apêndice F. Os raios podem ser calculados usando a Eq. 42-3, r = r0A1/3, no qual r0 = 1,2 fm e A é o número de massa, que também pode ser encontrado no Apêndice F. Assim,

rXe = (1,2 fm)(140)1/3 = 6,23 fm = 6,23 × 10–15 m

e

rSr = (1,2 fm)(96)1/3 = 5,49 fm = 5,49 × 10–15 m

e a energia potencial é

U = × ⋅ × −( ,

,8 99 10

6 239

19

V m/C)(54)(38)(1,60 10 C)2

×× + ×= ×

=

− −−

10 5 49 104 08 10

251

15 1511

m mJ

MeV.

,,

(b) A energia liberada em um evento de fissão típico é cerca de 200 MeV, da mesma ordem que a energia eletrostática dos fragmentos quando estão se tocando. Essa energia é convertida na energia cinética dos fragmentos e dos nêutrons liberados no processo de fissão.

14. (a) Como a área a da superfície de um núcleo é dada por

a R R A A= =4 420

1 3 2 2 3 ( ) ,/ /

a diferença relativa entre a área da superfície dos produtos de fissão e a área da superfície do núcleo original é dada por

Da

a

a a

ai

f i

i

=−

= + − = +( ) ( )

( ),

/ /

/

140 96

2361 0

2 3 2 3

2 3225 25= %.

(b) Como V ∝ R3 ∝ (A1/3)3 = A, temos:

DV

V

V

Vf

i

= − = + − =1140 96

2361 0.


(c) A diferença relativa entre a energia potencial elétrica dos produtos de fissão e a energia potencial elétrica do núcleo original é dada por

DU

U

U

U

Q R Q R

Q Rf

i

= − = + − =1 154 2

Xe2

Xe Sr2

Sr

U2

U

/ /

/

( ) (1140 38 96

92 2361

0

1 3 2 1 3

2 1 3

) ( ) ( )

( ) ( )

,

/ /

/

− −

−+ −

= − 336 36= − %.

15. (a) A energia produzida pela bomba é

E = (66 × 10–3 megatons)(2,6 × 1028 MeV/megaton) = 1,72 × 1027 MeV.

Como cada evento de fissão produz uma energia de 200 MeV, o número de eventos de fissão necessários para produzir essa energia é

Nfi = (1,72 × 1027 MeV)/(200 MeV) = 8,58 × 1024.

Como apenas 4,0% dos núcleos de 235U presentes na bomba sofrem fissão, o número inicial de núcleos é N0 = (8,58 × 1024)/(0,040) = 2,14 × 1026. A massa correspondente é

M0 = (2,14 × 1026)(235 u)(1,661 × 10–27 kg/u) = 83,7 kg ≈ 84 kg.

(b) Como são produzidos dois fragmentos em cada evento de fissão, o número total de frag-mentos é

Nfr = 2(8,58 × 1024) = 1,72 × 1025 ≈ 1,7 × 1025.

(c) Como um dos nêutrons produzidos em um evento de fissão é usado para produzir outro evento de fissão, o número médio de nêutrons liberados no ambiente por evento de fissão é 1,5. Assim, o número total de nêutrons liberados é

Nli = (8,58 × 1024)(1,5) = 1,29 × 1025 ≈ 1,3 × 1025.

16. (a) Usando um raciocínio semelhante ao do Problema 43-4, chegamos à conclusão de que o poder explosivo da bomba é dado por

poder explosivokg)(4,54 10 MeV/kg)26

= ×( ,

,

2 50

2 66 104 4 10 44

284

×= × =

MeV/10 tonstons quilotons.

6,

(b) Supondo que se trata de uma bomba de baixa eficiência, boa parte dos 92,5 kg são prova-velmente desnecessários e foram usados apenas para assegurar a detonação. Existe também o argumento de que é preciso usar mais do que a massa crítica por causa do tempo reduzido durante o qual o material permanece em contato durante a implosão, mas esta “massa supercrítica”, como é normalmente chamada, é muito menor do que 92,5 kg e não precisa ser necessariamente constituída por plutônio puro.

17. (a) Se X representa o fragmento desconhecido, a reação pode ser escrita como

92235U n Ge X,+ → +0

13282

ZA

no qual A é o número de massa e Z é o número atômico do fragmento. De acordo com a lei de conservação da carga, 92 + 0 = 32 + Z e, portanto, Z = 60. De acordo com a lei de conservação do número de massa, 235 + 1 = 83 + A e, portanto, A = 153. Procurando no Apêndice F um nuclídeo com Z = 60, descobrimos que o fragmento desconhecido é 60

153 Nd.

(b) Desprezando a pequena energia cinética e o pequeno momento do nêutron responsável pelo evento de fissão, temos:

Q = KGe + KNd,


no qual KGe é a energia cinética do núcleo de germânio e KNd é a energia cinética do núcleo de neodímio. De acordo com a lei de conservação do momento,

p pGe Nd+ = 0. Usando a expressão

clássica para a relação entre a energia cinética e o módulo do momento,

K mvp

m= =1

2 22

2

,

o que nos dá

Kp

M

p

M

M

M

p

M

M

MNd

Nd

Nd

Ge

Nd

Ge

Nd

Ge

Ge

Ge

Nd2 2 2= = = =

2 2 2

KKGe.

Assim, a equação da energia se torna

Q KM

MK

M M

MK= + = +

GeGe

NdGe

Nd Ge

NdGe ,

o que nos dá

KM

M MQGe

Nd

Nd Ge

u

153 u uMeV) MeV=

+=

+=153

83170 110( ..

(c) Da mesma forma,

KM

M MQNd

Ge

Nd Ge

u

153 u uMeV) MeV.=

+=

+=83

83170 60(

(d) A velocidade inicial do núcleo de germânio é

vK

MGe

Ge

Ge

eV)(1,60 10 J/eV)= = × × −2 2 110 10

83

6 19(

( uu)(1,661 10 kg/u)m/s.

×= ×−27

71 6 10,

(e) A velocidade inicial do núcleo de neodímio é

vK

MNd

Nd

ND

eV)(1,60 10 J/eV)= = × × −2 2 60 10

153

6 19(

( uu)(1,661 10 kg/u)m/s.

×= ×−27

68 7 10,

18. Se P é a potência do reator, a energia E produzida no intervalo de tempo Dt é

E = P Dt = (200 × 106 W)(3 anos)(3,156 × 107 s/ano) = 1,89 × 1016 J

= (1,89 × 1016 J)/(1,60 × 10– 19 J/eV) = 1,18 × 1035 eV

= 1,18 × 1029 MeV.

Como cada evento produz 200 MeV, isso significa que ocorreram (1,18 × 1029)/200 = 5,90 × 1026 eventos de fissão. Este número corresponde à metade do número inicial de núcleos de material físsil. Assim, havia inicialmente 2(5,90 × 1026) = 1,18 × 1027 núcleos. Como a massa de um núcleo de 235U é

m = (235 u)(1,661 × 10– 27 kg/u) = 3,90 × 10– 25 kg,

a massa inicial de 235U era

M = (1,18 × 1027)(3,90 × 10– 25 kg) = 462 kg.

19. Seja N o número de nuclídeos que participam da reação em cadeia e seja P a potência do reator. Como, a cada intervalo de tempo tgen, o número de nuclídeos que participam de uma reação em cadeia é multiplicado por k, N t N kt t( ) ,/= 0

gen na qual N0 é o valor de N no instante t = 0. Como P ∝ N, temos:

P t P kt t( ) ,/= 0gen

na qual P0 é a potência do reator no instante t = 0.


20. De acordo com a expressão obtida no Problema 43-19,

P t P kt t( ) (/ ( , min)(= =05 00 60400gen MW)(1,0003) s//min)/(0,00300s) MW.= ×8 03 103,

21. A potência produzida é dada por P = RQ, na qual R é o número de decaimentos por unidade de tempo e Q é a energia produzida por um decaimento. De acordo com as Eqs. 42-17 e 42-18,

R = lN = N ln 2/T1/2,

nas quais l é a constante de desintegração e T1/2 é a meia-vida. Se M é a massa total do material e m é a massa de um núcleo de 238Pu,

NM

m= =

×= ×−

1 002 53 102,,

kg

(238 u)(1,661 10 kg/u)2744 ,

o que nos dá

PNQ

T= = × × ×ln ( , )( ,

/

2 2 53 10 5 50 10

1 2

24 6 eV)(1,60 10−−

×=

19

7

J/eV)(ln2)

anos)(3,156 10 s/ano)( ,87 75577W.

22. De acordo com a Eq. 43-6, a energia liberada por evento de fissão é Q ≈ 200 MeV = 3,2 × 10–11 J. Como a energia total é E = Ptgen = NQ, em que N é o número de eventos de fissão, que é aproximadamente igual ao número de nêutrons livres, temos:

NPt

Q= = × ×

×=

−

−gen W s)

J

( )( ,

,,

500 10 1 0 10

3 2 101

6 3

1166 1016× .

23. Seja P0 a potência inicial do reator, seja P a potência final, seja k o fator de multiplicação, seja t o tempo necessário para a redução da potência e seja tgen o tempo de geração de nêutrons. Nesse caso, de acordo com o resultado do Problema 43-19,

P P kt t= 0/ .gen

Dividindo ambos os membros por P0, tomando o logaritmo natural e explicitando ln k, obte-mos

ln ln,

,lnk

t

t

P

P=

= × −gen s

s

MW

0

31 3 10

2 6

350

120000 0006161

MW

= − , ,

o que nos dá

k = e– 0,0006161 = 0,99938.

A figura a seguir mostra a potência do reator em função do tempo. As retas tracejadas indicam o ponto t = 2,6 s, P = 350,0 MW.


24. (a) Como P = RQef, temos:

QP

R

P

N

mPT

Mef

27u)(1,66 10 kg/

= = =

= × −

1 2

2

90 0

/

ln

( , uu)(0,93 W)(29 anos)(3,15 s/ano)×× −

10

1 00 10

7

3( , kkg)(ln 2)(1,60 10 J/MeV)

MeV.

×

=

−13

1 2,

(b) A quantidade necessária de 90Sr é

M = =1503 2

W

(0,050)(0,93 W/g)kg.,

25. (a) Seja vni a velocidade inicial do nêutron, seja vnf a velocidade final do nêutron e seja vf a velocidade final do núcleo alvo. Como o núcleo alvo está inicialmente em repouso, a lei de conservação do momento nos dá mnvni = mnvnf + mvf e a lei de conservação da energia nos dá m v m v mvn ni n nf f

2 2 22 2 2/ / /= + . Resolvendo este sistema de duas equações com duas incógnitas (vf e vnf), obtemos

vf = 2mnvni/(m + mn).

Como a energia perdida pelo nêutron é igual à energia ganha pelo núcleo alvo,

DK mvm m

m mvf

n

nni= =

+1

2

1

2

422

22

( ).

Como a energia cinética inicial do nêutron é K m vn ni= 2 2/ ,

DK

K

m m

m mn

n

=+

42( )

.

(b) Como, de acordo com o Apêndice B, a massa de um nêutron é 1,0087 u e a massa do átomo de hidrogênio é 1,0078 u, temos:

DK

K=

+=4 1 0087

1 0087 1 0078

4( ,

( , ,

,)(1,0078 u)

u u)2

00663

4 06631 0

,, .=

(c) Como, de acordo com o Apêndice B, a massa do deutério é 2,0136 u, temos:

DK

K=

+=4 1 0087 2 0136

1 0087 2 0136

8( , ,

( , ,

u)( u)

u u)2

,,

,, .

1245

9 13430 89=

(d) Como, de acordo com a Seção 1-7, a massa do átomo de carbono é 12 u, temos:

DK

K=

+≈ =4 1 0087 2

1 0087 12

48

1690 2

( ,

( ,,

u)(1 u)

u u)288.

(e) Como, de acordo com o Apêndice F, a massa do átomo de chumbo é 207,19 u, temos:

DK

K=

+≈4 1 0087

1 0087 207 19

8( ,

( , ,

u)(207,19 u)

u u)2

336

433470 019= , .

(f) Como, em cada colisão, a energia do nêutron é multiplicada por 1 − 0,89 = 0,11, a energia do nêutron após n colisões é dada por E = (0,11)nEi, em que Ei é a energia inicial. Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando n, obtemos

nE Ei= = =ln( )

ln ,

ln( ,

ln ,

/ eV/1,00 eV)

0 11

0 025

0 117,, .9 8≈


Note: A figura a seguir mostra a perda relativa de energia do nêutron, DK/K, em função da massa relativa do átomo estacionário, m/mn.

Como se pode ver no gráfico, a perda de energia é máxima (DK/K = 1) quando o alvo estacionário tem a mesma massa que o nêutron (m/mn = 1).

26. De acordo com a Eq. 42-15, a razão é

N t

N t

N

Ne t5

8

5

8

0

0

( )

( )

( )

( ),( )= − − 5 8

o que nos dá

tN t

N t

N

N=

−

1 0

08

5

8

8

5 5ln

( )

( )

( )

( )

=

− − −1

1 55 9 85 100 0072 0

10 1( , , )ln[( , )(

anos,, ) ]

,

15

3 6 10

1

9

−

= × anos.

27. (a) Pmed = (15 × 109 W · anos)/(200.000 anos) = 7,5 × 104 W = 75 kW.

(b) A massa de 235U consumida pelo reator foi

Mm E

Q= = × × ⋅−

U total9u)(1,66 10 kg/u)(15 10 W(235 27 aano)(3,15 10 s/ano)

MeV)(1,6 10 J/MeV

7×× −(200 13 ))

kg.= ×5 8 103,

28. Os núcleos de 238U podem capturar nêutrons e sofrer decaimento beta. Com um grande nú-mero de nêutrons disponíveis por causa da fissão do 235U, a probabilidade de que este processo ocorra é relativamente elevada, o que resulta em uma redução da concentração relativa de 238U e, em consequência, um aumento da concentração relativa de 235U.

29. Seja t o instante atual e seja t = 0 o instante em que a razão entre o número de átomos de 235U e o número de átomos de 238U era 3,0%. Seja N235 o número de átomos de 235U presentes em uma amostra no instante atual e seja N235,0 o número de átomos de 235U presentes na mesma amostra no instante t = 0. Seja N238 o número de átomos de 238U presentes na amostra no instante atual e seja N238,0 o número de átomos presentes na amostra no instante t = 0. De acordo com a Eq. 42-15,

N N e t235 235 0

235= −,


e

N N e t238 238 0= −

, .238

Dividindo a primeira equação pela segunda, obtemos

r r e t= − −0

( ) , 235 238

em que r = N235/N238 (= 0,0072) e r0 = N235,0/N238,0 (= 0,030). Explicitando t, obtemos:

tr

r= −

−

1

235 238 0 ln .

Como, de acordo com a Eq. 42-18, 235 1 22235

= (ln ) //T e 238 1 22238

= (ln ) ,//T temos:

tT T

T T

r

r=

−

1 2 1 2

1 2 1 2 0

235 238

238 2352

/ /

/ /( ) lnln

= − × ××

( ,

( ,

7 0 10

4 5 10

8

9

anos)(4,5 10 anos)

an

9

oos anos)− ×

= ×

7 0 10 2

0 0072

0 030

1 7

8, lnln

,

,

, 1109 anos.

A figura a seguir mostra a variação da razão r = N235/N238 com o tempo normalizado t/T1/2, 238. O gráfico foi traçado supondo que r = 0,03 no instante t = 0. No instante t = 1,7 × 109 anos, que corresponde a t/T1/2, 238 = 0,378, r = 0,072.

30. De acordo com o enunciado do problema, dois átomos de deutério são consumidos em cada evento de fusão e é gerada uma energia Q = 3,27 MeV. De acordo com a Eq. 42-21, o número de pares de átomos de deutério na amostra é

NM

MN

dpares

amostraA2

g

2(2,0 g/mol)= =

1000(( , , .6 02 10 1 5 1023 1 26× = ×−mol )

A energia liberada é, portanto,

E N Q= = × × × −pares eV( , )( , )( ,1 5 10 3 27 10 1 60 1026 6 19 JJ/eV J) , .= ×7 8 1013

Assim,

t = × = × = ×7 8 10

1007 8 10 2 5 10

1311 4,

, ,J

Ws anos.


31. A altura da barreira de Coulomb pode ser tomada como o valor da energia cinética K que cada dêuteron deve ter inicialmente para que a velocidade dos dois dêuterons seja zero no ins-tante em que as superfícies se tocarem. Se r é o raio de um dêuteron, a lei de conservação da energia nos dá

21

4 20

2

Ke

r=

e, portanto,

Ke

r= = × ⋅ × −1

4 48 99 10

40

29

( ,

(V m/C)

(1,60 10 C)19 2

22 1 102 74 10

170

1514

,,

×= ×

=

−−

m)J

keV.

32. (a) O cálculo é semelhante ao do Exemplo “Fusão em um gás de prótons e a temperatura necessária”; a única diferença é que, em vez de R = 1,0 fm, como no exemplo, devemos usar R = 2,1 fm, o valor do raio de um dêuteron (veja o Problema 43-31). Assim, a energia cinética é igual à energia cinética calculada no exemplo dividida por 2,1:

KK

d dp p

++= = ≈

2 1

360

2 1170

, ,

keVkeV,

o que significa que a tensão necessária para acelerar os feixes seria 170 kV.

(b) Como nem todos os dêuterons que são acelerados em direção a outros dêuterons sofrem choques frontais e nem todos os choques frontais resultam em eventos de fusão, seria preciso acelerar um número enorme de dêuterons para que a liberação de energia fosse apreciável. Como deve ser mantido um vácuo de boa qualidade no tubo de um acelerador, o uso de um feixe muito concentrado de partículas pode ser difícil ou excessivamente dispendioso. Com relação ao custo, existem outros fatores que dissuadiram os pesquisadores de usar aceleradores para criar um reator de fusão, mas esses fatores talvez venham a ser menos importantes no futuro, tornando o uso de aceleradores uma alternativa viável aos métodos de confinamento inercial e magnético.

33. O cálculo é semelhante ao do Exemplo “Fusão em um gás de prótons e a temperatura ne-cessária”; a única diferença é que, em vez de R = 1,0 fm, como no exemplo, devemos usar os valores de R e q apropriados para o 7Li. Como, de acordo com a Eq. 42-3,

R r r A= = = =01 3 1 2 7 2 3/ ( , ,fm) fm3

e q = Ze = 3e, temos:

KZ e

r= = ×

×

−

−

2 2

0

2 19

1216

3 1 6 10

16 8 85 10

( ,

( ,

C)

F

2

//m)(2,3 10 m)(1,6 10 J/eVMeV

15× ×=−19

141)

.

34. A expressão de n(K) dada no enunciado mostra que n(K) ∝ K1/2e– K/kT. Assim, com

k = 8,62 × 10– 5 eV/K = 8,62 × 10– 8 keV/K,

temos:

n K

n K

K

Ke K K kT( )

( )

,/

( ) /

med med

med=

=− −1 2

5 000

1 94

5 00 1 941 2

keV

keV

keV keV

(8,,exp

, ,/

− −662 10 keV)(1,50 10 K)7× ×

=

−8

0 151, .


35. A energia cinética dos prótons é

K kT= = × × = ×− −( , ) ,1 38 10 10 1 38 1023 7 16J/K)(1,0 K J.

Na distância de máxima aproximação, rmin, toda a energia cinética foi convertida em energia potencial:

K K Uq

rtot = = =2

1

4 0

2

min

.

Explicitando rmin, obtemos

rq

Kmin

( , )( ,= = × ⋅ × −1

4 2

8 99 10 1 60 10

0

2 9 2 19

N m C C2 ))

J)pm.

2

2 1 38 108 33 10 1

1613

( ,,

×= × ≈−

− m

36. A energia liberada é

Q mc m m m c= − = − − −

= − −

D 2 2

3 016029 2 0141

( )

( , ,

He H2 H1

u 002 1 007825

5 49

u u)(931,5 MeV/u)

MeV.

−

=

,

,

37. (a) Seja M a massa do Sol no instante t e seja E a energia que está sendo irradiada no mesmo instante. A potência irradiada é

PdE

dtc

dM

dt= = 2 ,

em que foi usada a relação E = Mc2. Atualmente,

dM

dt

P

c= = ×

×= ×

2

26

8 293 9 10

2 998 104 3 10

,

( , ),

W

m skg s..

(b) Vamos supor que a perda de massa tenha sido constante. Nesse caso, a perda de massa total foi

DM = (dM/dt) Dt = (4,33 × 109 kg/s) (4,5 × 109 anos) (3,156 × 107 s/ano) = 6,15 × 1026 kg

e a fração perdida foi

D

D

M

M M+= ×

× + ×=6 15 10

2 0 10 6 15 103

26

30 26

,

, ,,

kg

kg kg11 10 4× − .

38. Na Fig. 43-11, vamos fazer Q1 = 0,42 MeV, Q2 = 1,02 MeV, Q3 = 5,49 MeV e Q4 = 12,86 MeV. Para o ciclo próton-próton completo,

Q Q Q Q Q= + + +

= + +

2 2 2

2 0 42 1 02 5 49

1 2 3 4

( , , ,MeV MeV MeV) ++ =12 86 26 7, ,MeV MeV.

39. Se MHe é a massa do átomo de hélio e MC é a massa do átomo de carbono, a energia liberada é

Q M M c= −( ) = −3 3 4 0026 12 00002He C u) u)](931,5[ ( , ( , MMeV/u) MeV.= 7 27,

Note que 3MHe inclui a massa de seis elétrons e o mesmo acontece com MC. Como as massas dos elétrons se cancelam, a diferença de massa calculada é a mesma que se fossem usadas as massas dos núcleos em vez das massas atômicas.


40. (a) Como foi visto na Seção 43-7, em cada evento de fusão são consumidos quatro prótons e é liberada uma energia Q = 26,7 MeV. Para calcular quantos conjuntos de quatro prótons são consumidos, usamos a Eq. 42-21:

NM

MNp4

23

4

1000

4 1 06 02 10= = ( )

×am

H

g

g molA ,, mmol( ) = ×1 5 1026, .

e a energia total liberada é

E = N4pQ = (1,5 × 1026)(26,7 MeV) = 4,0 × 1027 MeV.

(b) O número de núcleos de 235U é

N23523 11000

2356 2 10 2 5=

× =−g

g/molmol( , ) , 66 1024× .

A energia liberada pela fissão de todos os núcleos de 235U é

E N Q= = × = × =23522 262 56 10 200 5 1 10 8 2( , )( ) , ,MeV MeV ×× 1013 J.

Este resultado mostra que o processo de fusão produz mais energia por quilograma que o pro-cesso de fusão, embora a energia produzida por evento seja menor.

41. Como a massa do átomo de hélio é

(4,00 u)(1,661 × 10– 27 kg/u) = 6,64 × 10– 27 kg,

o número de núcleos de hélio presentes inicialmente na estrela é

(4,6 × 1032 kg)/(6,64 × 10– 27 kg) = 6,92 × 1058.

Como, para cada evento de fissão, são necessários três átomos de hélio, o número total de eventos de fusão é

N = 6,92 × 1058/3 = 2,31 × 1058.

Se Q é a energia liberada em cada evento e t é o tempo de conversão, a potência gerada é P = NQ/t. Explicitando t, obtemos:

tNQ

P= = × × × −( , )( , )( ,2 31 10 7 27 10 1 60 1058 6 19eV J/eVV

Ws

anos

)

,,

, .

5 3 105 07 10

1 6 10

3015

8

×= ×

= ×

42. Vamos supor que a massa dos neutrinos pode ser desprezada. Naturalmente, a massa dos fótons é zero.

Q m m m c m m m m mp e e e e122 22 1 2= − − = − − − −

( ) ( ) ( )

H H Hcc2

2 1 007825 2 014102 2 0 0005486 9= − −[ ]( , ) , ( , )u u u 331 50 42

22

2 3 2

,,

( ) (

MeV/uMeV

H H H

( )=

= + − = +Q m m m c mp mm m m ce1 32

2 014102 1 007825 3H H

u u

− −

= ( ) + −)

, , ,0016029 931 55 49

2 23 3 4

u MeV uMeV

H H

) ,,

(

( )=

= − −Q m m mpp ec m m m m c) ( )

( , )

2 22 2

2 3 0160293 4 1= − − −

=H H H

u −− −[ ]( )=

4 002603 2 1 007825 931 512 8

, ( , ) ,,

u u MeV/u66 MeV.


43. (a) A energia liberada é

Q m m m m m cn= − − − −

= −

( )

( , )

5 2

5 2 014102 3

2 3 4 12

H He He H

u ,, , , )016029 4 002603 1 007825u u u 2(1,008665 u− − −[ ]]( )

=

931 5

24 9

,

,

MeV/u

MeV.

(b) Supondo que 30,0% do deutério sofre fusão, a energia total liberada é

E NQM

mQ= =

0 300

5

,.

2 H

Assim, o poder explosivo (veja o Problema 43-16) da parte de fusão da bomba é

RE=

×

=

2 6 10

0 300 500

28,

( , )( )

MeV megaton de TNT

kg (( , )

( , )( , )( ,

24 9

5 2 0 1 66 10 2 6 1027 28

MeV

u kg u Me× ×− VV megaton de TNT

megatons de TNT

)

, .= 8 65

44. Como, de acordo com o enunciado, a massa de hidrogênio na parte central do Sol é MH = 0,35MSol/8, o tempo necessário para que todo o hidrogênio seja consumido é

tM

dm dt= = ×

×H kg /

kg

( , )( , )( )

( ,

0 35 2 0 10 1 8

6 2 10

30

11 ss s anoanos

)( , ).

3 15 105 10

79

×= ×

45. (a) Como são produzidos dois neutrinos por ciclo próton-próton (veja a Eq. 43-10), a taxa de produção de neutrinos, Rν, é dada por

RP

Qv = = ×

× −2 2 3 9 10

26 7 1 6 10

26

13

( , )

( , )( , )

W

MeV J MeV== × −1 8 1038 1, .s

(b) Se dTS é a distância entre a Terra e o Sol e RT é o raio da Terra, o número de neutrinos inter-ceptados pela Terra por segundo é

R RR

dv v

T

TS,

,Terra

s=

= ×

−

2

2

38 1

4

1 8 10

4

××

= × −6 4 10

1 5 108 2 10

6

11

2

28 1,

,, .

m

ms

46. (a) Os produtos do ciclo do carbono são 2e+ + 2ν + 4He, os mesmos do ciclo próton-próton (veja a Eq. 43-10). A diferença no número de fótons não é significativa.

(b) Temos:

Q Q Q Qcarbono = + + +

= × + + +

1 2 6

1 95 1 19 7 55 7 30 1 7

, , , , , 33 4 97

24 7

+( )

=

,

,

MeV

MeV,

que é igual à energia produzida pelo ciclo próton-próton, uma vez subtraída a energia gerada pelas aniquilações elétron-pósitron (veja a Fig. 43-11):

Qp−p = 26,7 MeV – 2(1,02 MeV) = 24,7 MeV.


47. (a) Como a massa do átomo de carbono é (12,0 u)(1,661 × 10–27 kg/u) = 1,99 × 10–26 kg, o número de átomos de carbono em 1,0 kg de carbono é

N =×

= ×−1 00

1 99 105 02 10

2625,

,, .

kg

kg

O calor de combustão por átomo é

Q = ×× × −

3 3 10

5 02 10 1 6 10

7

25 19

,

( , )( ,

J/kg

átomos/kg JJ/eVeV/átomo

), .= 4 1

(b) Como, em cada evento de combustão, dois átomos de oxigênio se combinam com um átomo de carbono, a massa total envolvida é 2(16,0 u) + (12,0 u) = 44 u, o que nos dá

M = (44 u)(1,661 × 10– 27 kg/u) = 7,31 × 10– 26 kg.

Como cada evento de combustão produz 6,58 × 10–19 J, a energia produzida por unidade de massa dos reagentes é

E = ××

= ×−

−( , )( , )

,,

4 1 1 6 10

7 31 109 00 1

19

26

eV J/eV

kg006 J/kg.

(c) Se o Sol fosse feito de uma mistura de carbono e oxigênio nas proporções adequadas para a combustão total do carbono, o número máximo de eventos de combustão seria

N = ××

= ×−2 0 10

7 31 102 74 10

30

2655,

,, .

kg

kg

A energia total liberada seria

Et = (2,74 × 1055)(4,1 eV)(1,6 × 10−19 J/eV) = 1,80 × 1037 J.

Nesse caso, se P é a potência do Sol, o Sol levaria um tempo

tE

P= = ×

× ×=1 80 10

3 9 101

37

26 7

,

( , )

J

W)(3,15 10 s/ano,,5 103× anos

para queimar todo o combustível.

48. No caso da Eq. 43-13,

Q m m m cn= − −( ) = ( ) − −2 2 2 014102 3 01604922

H He3 u u 1, , ,,008665 u MeV u

MeV

( )

=

931 5

3 27

,

, .

No caso da Eq. 43-14,

Q m m m cn= − −( ) = ( ) − −2 2 2 014102 3 01604922

H He3 u u 1, , ,,007825 u MeV u

MeV

( )

=

931 5

4 03

,

, .

No caso da Eq. 43-15,

Q m m m m cn= + − −( )= + −

2 32

2 014102 3 016049 4

H H He4

u u, , ,, , ,

, .

002603 1 008665 931 5

17 59

u u MeV u

MeV

−[ ]( )

=


49. Como 1,00 L de água tem uma massa de 1,00 kg, a massa de água pesada em 1,00 L é 0,0150 × 10–2 kg = 1,50 × 10–4 kg. Como uma molécula de água pesada contém um átomo de oxigênio, um átomo de hidrogênio e um átomo de deutério, a massa da molécula é

M = (16,0 u + 1,00 u + 2,00 u) = 19,0 u = (19,0 u)(1,661 × 10– 27 kg/u) = 3,16 × 10–26 kg.

Assim, o número de moléculas de água pesada em um litro de água é

N = ××

= ×−

−1 50 10

3 16 104 75 10

4

2621,

,,

kg

kgmoléculass.

Como são necessários dois núcleos de deutério para cada evento de fusão, o número total de eventos de fusão é N′ = N/2 = (4,75 × 1021)/2 = 2,38 × 1021. A energia liberada por evento é

Q = (3,27 × 106 eV)(1,60 × 10–19 J/eV) = 5,23 × 10–13 J.

Se todos os eventos ocorrem em um intervalo de um dia, a potência gerada é

PNQ

t= = × ×

×

−( , )( , )

( )( ,

2 38 10 5 23 10

1 8 64 10

21 13

4

J

d ss/d)W kW= × =1 44 10 14 44, , .

50. (a) Como E = NQ = (Mam/4mp)Q, a energia por quilograma de hidrogênio consumido é

E

M

Q

mpam

MeV J/MeV= = ××

−

4

26 2 1 60 10

4 1 67

13( , )( , )

( , 1106 3 10

2714

− = ×kg

J/kg)

, .

(b) Como um watt corresponde a um joule por segundo, a taxa de perda de hidrogênio é

dm

dt= ×

×= ×3 9 10

6 3 106 2 10

26

1411,

,, .

W

J/kgkg/s

O cálculo do Exemplo “Consumo de hidrogênio no Sol” leva ao mesmo resultado.

(c) Como, de acordo com a relação de Einstein, E = Mc2, P = dE/dt = c2dM/dt, o que nos dá

dM

dt

P

c= = ×

×= ×

2

26

8 293 9 10

3 0 104 3 10

,

( , ),

W

m/skg/s..

(d) A diferença entre dm/dt e dM/dt, com dm/dt > dM/dt, se deve principalmente ao fato de que a maior parte da massa dos prótons consumidos na reação de fusão permanece no Sol, na forma de hélio.

(e) O tempo que o Sol levará para perder 0,10% da massa total é

tM

dM dt= = ×

×0 0010 0 0010 2 0 10

4 3 10

30

9

, ( , )( , )

( ,/

kg

kkg/s s/anoanos

)( , ), .

3 15 101 5 10

710

×= ×

51. Como Z = 94 para o plutônio e Z = 92 para o urânio, a lei de conservação da carga exige que dois elétrons sejam emitidos para que a carga do núcleo sofra um aumento de 2e. Nos processos de decaimento beta descritos no Cap. 42, elétrons e neutrinos são emitidos. As reações são as seguintes:

238 239 239

239U n Np U

Np Pu239+ → + + +

→ + +e v

e v


52. A lei de conservação da energia nos dá Q = Ka + Kn e a lei de conservação do momento (supondo que a velocidade inicial das duas partículas é desprezível em presença das outras energias envolvidas) nos dá |pa| = |pn|. Podemos usar a expressão clássica para relacionar a energia cinética ao momento:

K mvp

m= =1

2 22

2

,

o que nos dá Kn = (ma/mn)Ka.

(a) Combinando as equações de conservação da energia e do momento, obtemos:

KQ

m m

=+

=+1

17 59

1 4 0015 1 008665( )

,

( , ,/

MeV

u/ u)n

== 3 541, MeV,

na qual a massa da partícula alfa foi calculada subtraindo a massa de dois elétrons da massa do átomo de 4He.

(b) Kn = Q – Ka = 14,05 MeV.


K kTmed eV/K)(300 K) 0,04 eV.= = × ≈−3

2

3

28 62 10 5( ,

54. A massa de 235U na amostra, supondo que “3%” se refere à porcentagem em massa, e não em número do átomos, é dada por

M Mm m

m2 am35

238 235

238

3 097 3 0

97= +

( , %)( %) ( , %)

( %) ++ +

=

( , %)

( , )(

3 0 2

0 030 1000

235 16m m

g)0,97(2238) +

+ +0 030 235

0 97 238 0 030 235 2 16 0

, ( )

, ( ) , ( ) ( , ))

,

= 26 4 g.

O número de núcleos de 235U é

N235

126 4

2356 77 1= × = ×

−( ,,

g)(6,02 10 mol )

g/mol

23

0022.

De acordo com a Eq. 43-6, se todos os núcleos de 235U sofrerem fissão, a energia liberada será

N Q23522 256 77 10 200 1 35 10fissão MeV) Me= × = ×( , ) ( , VV J.= ×2 17 1012,

O tempo durante o qual esta energia poderia manter acesa uma lâmpada de 100 W é

t = ××

≈2 17 10

100690

12

7

,

(

J

W)(3,15 10 s/ano)anos.

55. (a) Como ρH = 0,35ρ = npmp, o número de prótons por unidade de volume é

nm

pp

= = ×× −

0 35 0 35 1 5 10

1 67 10

5

27

, ( , )( , )

,

kg/m

kg

3

== × −3 1 1031 3, .m

(b) De acordo com a Eq. 19-9, para um gás nas CNTP,

N

V

p

kT= = ×

×=−

1 01 10

1 38 10 2732 68

5

23

,

( , )( ),

Pa

J/K K×× −1025 3m .


Assim,

n

N Vp

/

m

m= ×

×= ×

−

−3 14 10

2 44 101 2 10

31 3

25 36,

,, .

56. (a) Em vez de usar P(v) na forma da Eq. 19-27, vamos usar a expressão mais conveniente n(K) do Problema 43-34, que pode ser demonstrada a partir da Eq. 19-27. Para determinar a energia mais provável, derivamos n(K) em relação a K e igualamos o resultado a zero:

dn K

dK

n

kT K

K

kTK K p

( ) ,

( ) / /

/

== −

1 13 1

23 2 1 2

3 2

ee K kT

K K p

−

=

=/ ,0

o que nos dá Kp = kT/2. Para T = 1,5 × 107 K, temos:

K kTp = = × × =−1

2

1

28 62 10 0 655 7( , ,eV/K)(1,5 10 K) eV,

em boa concordância com a Fig. 43-10.

(b) De acordo com a Eq. 19-35, v RT Mp = 2 / , na qual M é a massa molar. Como a massa molar está relacionada à massa das moléculas do gás através da equação M = mNA, na qual NA é o número de Avogadro, e a constante dos gases perfeitos R está relacionada à constante de Boltzmann k através da Eq. 19-7, que pode ser escrita na forma R = kNA, temos:

vRT

M

kN T

mN

kT

mp

A

A

= = =2 2 2.

Para T = 1,5 × 107 K e m = 1,67 ×10–27 kg, a equação acima nos dá vp = 5,0 ×105 m/s.

(c) A energia cinética correspondente é

K mv mkT

mkTv p p, ,= =

=1

2

1

2

22

2

que é o dobro do valor calculado no item (a). Assim, para T = 1,5 × 107 K, temos Kv,p = 1,3 keV, que está indicada na Fig. 43-10 por uma reta vertical.

1. De acordo com a lei de conservação da carga, se o sinal do píon for invertido, o sinal do múon produzido no decaimento também será invertido. Na verdade, essa mudança corresponde a substituir as partículas carregadas pelas antipartículas correspondentes. Menos óbvio é o fato de que devemos substituir o neutrino por um antineutrino, como é discutido na Seção 44-4, para satisfazer a lei de conservação dos números leptônicos. A reação de decaimento do píon negativo é, portanto,

p − −→ + .

2. Como a massa específica da água é r = 1000 kg/m3 = 1 kg/L, a massa total da água da piscina é M = rV = 4,32 × 105 kg, na qual V é o volume da piscina. A fração da massa constituída por prótons (razão entre o número de prótons e o número de núcleons em uma molécula de água) é 10/18. Assim, o número de prótons contidos na água da piscina é

NM

mp

= = ×× −

( ) ( )( , )

,

10 18 10 18 4 32 10

1 67 10

5

27

/ / kg

kg= ×1 44 1032, .

Portanto, de acordo com a Eq. 42-20, temos:

RN

T= = × ≈ln ( , ) ln

/

2 1 44 10 2

101

1 2

32

32 anosdecaimentto/ano.

3. A energia de repouso do par elétron-pósitron é

E m c m c m ce e e= + = = =2 2 22 2 0 511 1 022( , ) ,MeV MeV .

Como são produzidos dois raios γ no processo de aniquilação, o comprimento de onda de cada raio gama é

= = ⋅×

= × =−hc

E /

eV nm

eVnm

2

1240

0 511 102 43 10 2

63

,, ,,43 pm.

4. De acordo com a lei de conservação do momento, os raios gama devem se propagar em sentidos opostos com momentos de mesmo módulo. Como o modulo p do momento de um raio gama está relacionado à energia através da equação p = E/c, os dois raios gama têm a mesma energia E. De acordo com a lei de conservação da energia, mpc2 = 2E, na qual mp é a massa do píon neutro. De acordo com a Tabela 44-4, a energia de repouso de um píon neutro é mpc2 = 135,0 MeV. Assim, E = (135,0 MeV)/2 = 67,5 MeV e o comprimento de onda dos raios gama é

= ⋅×

= × =−1240

67 5 101 84 10 18 4

65eV nm

eVnm fm.

,, ,


F

F

Gm r

ke r

Gm

ee egravidade

elétrica

= = =2 2

2 2

2

2

4p0 (( , )( , )

( ,

6 67 10 9 11 10

9 0 10

11 2 31 2

9

× ⋅ ××

− −N m C kg2

NN m C C2 2⋅ ×

= ×

−

−

)( , )

, .

1 60 10

2 4 10

19 2

43

Como Fgravidade << Felétrica, não é preciso levar em conta as interações gravitacionais.

Capítulo 44


6. (a) De acordo com a lei de conservação da energia,

Q = K2 + K3 = E1 – E2 – E3,

em que E1, E2 e E3 são as energias de repouso das três partículas. Escrevendo essa equação na forma

K2 + E2 – E1 = –(K3 + E3)

e elevando ambos os membros ao quadrado, obtemos

K K E K E E E K K E E22

2 2 2 1 1 22

32

3 3 322 2 2+ − + − = + +( ) .

Aplicando a lei de conservação do momento ao referencial em que a partícula 1 está em repouso, obtemos |p2| = |p3|, o que nos dá (p2c)2 = (p3c)2. Assim, de acordo com a Eq. 37-54,

K K E K K E22

2 2 32

3 32 2+ = + ,

que podemos subtrair dessa expressão para obter

− + − =2 2 1 1 22

32K E E E E( ) .

Explicitando K2, obtemos a equação pedida,

KE

E E E21

1 22

321

2= −( ) −

.

(b) Fazendo E3 = 0 na equação obtida no item (a) e usando os valores de energia de repouso da Tabela 44-1, obtemos o mesmo valor de Km calculado no Exemplo “Momento e energia cinética no decaimento de um píon”.

7. De acordo com a Tabela 44-4, a energia de repouso de cada píon é 139,6 MeV. De acordo com o enunciado do problema, o módulo do momento de cada píon é pp = (358,3 MeV)/c. A energia total de cada píon é dada pela Eq. 37-54:

E p c m cp p p= + = + =( ) ( ) ( , ( ,2 2 2 358 3 139 6MeV) Mev)2 3384 5, MeV.

De acordo com a lei de conservação da energia,

mrc2 = 2Ep = 2(384,5 MeV) = 769 MeV.

8. (a) Em unidades do SI, a energia cinética do tau positivo é

K = (2200 MeV)(1,6 × 10–13 J/MeV) = 3,52 × 10–10 J.

Como a energia de repouso do tau positivo é mc2 = 2,85 × 10–10 J, o momento relativístico da partícula, de acordo com a Eq. 37-54, é

pc

K Kmc= + =×

× +−12

1

2 998 103 52 10 22 2

810 2

,( , )

m/sJ (( , )( , )

,

3 52 10 2 85 10

1 90 10

10 10

18

× ×

= × ⋅

− −

−

J J

kg mm/s.

(b) O raio da trajetória circular pode ser calculado a partir do momento relativístico:

rmv

q B

p

eB= = = × ⋅

×

−

−

| |

,

( , )(

1 90 10

1 6 10

18

19

kg m/s

C 11 209 90

, ), .

Tm=

9. De acordo com a Eq. 37-48, o fator de Lorentz seria

= = × =E

mc2

61 5 1075000

,.

eV

20 eV


Explicitando a velocidade na Eq. 37-8, obtemos

=−

⇒ = −1

11

12 2( )

,v c

v c/

o que nos dá uma diferença entre c e v

c v c c− = − −

≈ − − +

1 1

11 1

1

22 2

na qual o último resultado foi obtido usando a expansão binomial (veja o Apêndice E). Assim,

c v c− ≈

=

1

2299792458

1

2 750002 2( )

( )m s

= ≈0 0266 2 7, , .m s cm s

10. De acordo com a Eq. 37-52, o fator de Lorentz é

= + = + =1 180

1 592

K

mc

MeV

135 MeV, .

Explicitando a velocidade na Eq. 37-8, obtemos

=− ( )

⇒ = −1

11

12 2

v cv c ,

o que nos dá v = 0,778c = 2,33 × 108 m/s. No referencial do laboratório, o tempo de vida do píon não é o valor de t fornecido e sim o valor “dilatado” dado pela Eq. 37-9:

t = = × = ×− − ( , )( , ) ,1 59 8 3 10 1 3 1017 16s s.

Assim, de acordo com a Eq. 37-10, a distância percorrida pelo píon no laboratório é

x vt= = × × = ×− −( , ) ) ,2 33 10 3 1 108 8m s (1,3 10 s m.16

11. (a) As leis de conservação discutidas até agora foram as leis de conservação da energia, do momento, do momento angular, da carga, do número bariônico e as três leis de conservação do número leptônico. A energia de repouso do múon é 105,7 MeV, a energia de repouso do elétron é 0,511 MeV e a energia de repouso do neutrino é zero ou muito próxima de zero. Assim, a energia de repouso total antes do decaimento é maior que a energia de repouso total após o decaimento. A energia em excesso pode ser convertida em energia cinética dos produtos do decaimento e, portanto, a energia pode ser conservada. O momento é conservado se o elétron e o neutrino se moverem em sentidos opostos com momentos de mesmo módulo. Como o momento angular orbital é zero, precisamos considerar apenas o momento angular de spin. Todas as partículas têm spin h/2. O momento angular total após o decaimento pode ser h (se os spins do elétron e do neutrino estiverem paralelos) ou zero (se os spins estiverem antiparalelos). Como o spin antes do decaimento é h/2, o momento angular não é conservado. Como o múon tem carga –e, o elétron tem carga –e e o neutrino tem carga zero, a carga total é −e antes e depois do decai-mento, o que significa que a carga é conservada. Como o número bariônico das três partículas é zero, o número bariônico é conservado. Como o número leptônico muônico do múon é +1, o número leptônico muônico do neutrino do múon é +1 e o número leptônico muônico do elétron é 0, o número leptônico muônico é conservado. Como o número leptônico eletrônico do múon e do neutrino do múon é 0 e o número leptônico eletrônico do elétron é +1, o número leptônico eletrônico não é conservado. Assim, as leis de conservação do momento angular e do número leptônico eletrônico são violadas e este tipo de decaimento não acontece.

(b) Neste caso, a carga e o número leptônico muônico não são conservados.


(c) Neste caso, a energia não é conservada, já que a massa do múon é menor que a massa do píon. Além disso, o número leptônico muônico não é conservado.

12. (a) Contando todos os elétrons, pósitrons e neutrinos que resultam do decaimento da partícula A2

+ , sem esquecer que são criados dois píons positivos (e, portanto, os produtos do decaimento do píon devem ser contados em dobro), os produtos estáveis são os seguintes: 2e+, e−, 5ν e 4 .

(b) Como tanto a partícula r0 como a partícula π+ têm spin inteiro, a partícula A2+ é um bóson.

(c) Como todos os produtos finais são léptons, o número bariônico da partícula A2+ é zero e,

portanto, a partícula é um méson.

(d) Como foi dito no item (c), o número bariônico da partícula é zero.

13. A expressão da componente z do isospin costuma ser escrita na forma Tz = q – (B + S)/2, na qual q é a carga da partícula em unidades da carga elementar. Definindo q como a carga da partícula em unidades do SI, como foi feito em capítulos anteriores, a expressão se torna

Tq

eB Sz = − +1

2( ).

Em vez de usar um eixo inclinado, como na Fig. 44-4, é possível reproduzir o mesmo padrão usando eixos retangulares se a estranheza S é substituída pela hipercarga, Y = B + S, e a carga q/e é substituída pela componente z do isospin, Tz = q/e −(B + S)/2, porque, nesse caso, tanto a grandeza usada para definir o eixo y como a grandeza usada para definir o eixo x variam com (B + S).


Q mc m m m m cK p= − = + − −

= +

+ +D 2 2

1189 4 493 7

( )

, ,

π+

MeV MeeV MeV MeV

MeV.

− −

=

139 6 938 3

605

, ,


Q mc m m m m cK p= − = + − −

= +

−D 2 2

0

1115 6 135 0

( )

, ,

p 0

MeV MeeV MeV MeV

MeV.

− −

= −

493 7 938 3

181

, ,

15. (a) Como a partícula lambda tem uma energia de repouso de 1115,6 MeV, o próton uma energia de repouso de 938,3 MeV e o kaon uma energia de repouso de 493,7 MeV, a energia de repouso antes do decaimento é menor que a energia de repouso depois do decaimento, o que significa que a energia não é conservada. O momento pode ser conservado. Como a partícula lambda e o próton têm spin h/2 e o kaon tem spin zero, o momento angular pode ser conservado. Como a partícula lambda tem carga zero, o próton tem carga +e e o kaon tem carga –e, a carga é conservada. Como a partícula lambda e o próton têm número bariônico +1, o número bariônico é conservado. Como a partícula lambda e o kaon têm estranheza –1 e o próton tem estranheza zero, a estranheza é conservada. Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da energia.

(b) Como a partícula ômega tem uma energia de repouso de 1680 MeV, a partícula sigma tem uma energia de repouso de 1197,3 MeV e o píon tem uma energia de repouso de 135 MeV, a energia de repouso antes do decaimento é maior que a energia de repouso depois do decaimento


e a energia pode ser conservada. O momento pode ser conservado. Como as partículas ômega e sigma têm spin h/2 e o píon tem spin zero, o momento angular pode ser conservado. Como a partícula ômega tem carga –e, a partícula sigma tem carga –e e o píon tem carga zero, a carga é conservada. Como as partículas ômega e sigma têm número bariônico +1 e o píon tem número bariônico 0, o número bariônico é conservado. Como a partícula ômega tem estranheza –3, a partícula sigma tem estranheza –1 e o píon tem estranheza zero, a estranheza não é conservada. Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da estranheza.

(c) Como o kaon e o próton podem ter energia cinética, a energia pode ser conservada, mesmo que a energia de repouso total após a colisão seja maior que a energia de repouso total após a colisão. O momento pode ser conservado. Como o próton e a partícula lambda têm spin h/2 e o kaon e o píon têm spin zero, o momento angular é conservado. Como o kaon tem carga –e, o próton tem carga +e, a partícula lambda tem carga zero e o píon tem carga +e, a carga não é conservada. Como o próton e a partícula lambda têm número bariônico +1 e o kaon e o píon têm número bariônico zero, o número bariônico é conservado. Como o kaon tem estranheza –1, o próton e o píon têm estranheza zero e a partícula lambda tem estranheza –1, a estranheza é conservada. Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da carga.

16. Para verificar se a reação proposta, p p+ → + ++ − 0 e , viola alguma lei de conservação, usamos os números quânticos das partículas, que aparecem nas Tabelas 44-3 e 44-4.

(a) Como q q( ) , ( ) ,p p= + = −1 1 q( ) ,0 0= q( )+ = +1 e q e( ) ,− = −1 temos1 1 0 1 1+ − = + + −( ) ( ) e, portanto, a carga é conservada.

(b) Como B B( ) , ( ) ,p p= + = −1 1 B( ) ,0 1= B( )+ = +1 e B e( ) ,− = 0 temos 1 1 1 1 0+ − ≠ + +( ) e, portanto, o número bariônico não é conservado.

(c) Como L Le e( ) ( ) ,p p= = 0 L Le e( ) ( ) 0 0= =+ e L ee ( ) ,− = 1 temos 0 0 0 0 1+ ≠ + + e, portanto, o número leptônico eletrônico não é conservado.

(d) Como todas as partículas envolvidas são férmions com s = 1/2, temos ( / ) ( / ) ( / ) ( / ) ( / )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2+ ≠ + +( / ) ( / ) ( / ) ( / ) ( / )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2+ ≠ + + e, portanto, o spin não é conservado.

(e) Como S S( ) ( ) ,p p= = 0 S( ) ,0 1= S( )+ = +1 e S e( ) ,− = 0 temos 0 0 1 1 0+ ≠ + + e, por-tanto, a estranheza não é conservada.

(f) Como o número leptônico muônico é zero para todas as partículas, o número leptônico muônico é conservado.

17. Para verificar se a reação proposta, − − −→ + + +p n K p, viola alguma lei de conservação, usamos os números quânticos das partículas, que aparecem nas Tabelas 44-3 e 44-4.

(a) Como q( ) ,− = −1 q q q( ) , ( ) , ( )p − −= − = = −1 0 1n K e q( ) ,p = +1 temos − = − + + − +1 1 0 1 1( ) e, portanto, a carga é conservada.

(b) Como B( ) ,− = +1 B( ) ,p − = 0 B B( ) , ( )n K= + =−1 0 e B( ) ,p = +1 temos + ≠ + + + =1 0 1 0 1 2 e, portanto, o número bariônico não é conservado.

(c) Como − , n e p são férmions com s = 1/2 e p2 e K2 são mésons com s = 0, temos + ≠ + + +1 2 0 1 2 0 1 2/ ( / ) ( / ) e, portanto, o spin não é conservado.

(d) Como S( ) ,− = −2 S( ) ,p − = 0 S S( ) , ( )n K= = −−0 1 e S( ) ,p = 0 temos −2 ≠ 0 + 0 +(−1) + 0 e, portanto, a estranheza não é conservada.


18. (a) De acordo com as Tabelas 44-3 e 44-4, a estranheza de K0 é +1, enquanto a estranheza de p+ e p– é 0; assim, a estranheza não é conservada e, portanto, a reação K0 → ++p p − não é mediada pela interação forte.

(b) Como a estranheza de Λ0 e Σ+ é –1 e a estranheza de p e n é 0, a estranheza é conservada e, portanto, a reação Λ0 + p → Σ+ + n é mediada pela interação forte.

(c) Como a estranheza de Λ0 é –1 e a estranheza de p e p– é 0, a estranheza não é conservada e, portanto, a reação Λ0 → p + p não é mediada pela interação forte.

(d) Como a estranheza de K− e Λ0 é –1 e a estranheza de p e π0 é 0, a estranheza é conservada e, portanto, a reação K− + p → Λ0 + p0 é mediada pela interação forte.

19. Para analisar as propriedades do antinêutron, podemos ignorar um próton de cada lado da reação e escrever a reação na forma

p + → +p n.

As propriedades das partículas estão nas Tabelas 44-3 e 44-4. Como o píon e o próton têm carga +e, o antinêutron tem carga 0. Como o número bariônico do píon é 0 e o número bariônico do próton é +1, o número bariônico do antinêutron é –1. Como a estranheza do píon e do próton é 0, a estranheza do antinêutron é 0. Assim,

(a) q = 0.

(b) B = –1,

(c) S = 0.


Q mc m m m cp= − = − −

= − −

D 2 2

0

1115 6 938 3 1

( )

, ,

p −

MeV MeV 339 6 37 7, ,MeV MeV.=

(b) De acordo com a expressão obtida no Problema 44-6a,

KE

E E Ep p= −( ) −

= −

1

2

1115 6 938 3

2 2

p

( , ,MeV MeeV MeV

MeVMeV.

) ( , )

( , ),

2 2139 6

2 1115 65 35

− =

(c) De acordo com a lei de conservação da energia,

K Q K pp − = − = − =37 7 5 35 32 4, , ,MeV MeV MeV.

21. (a) Para analisar a reação do ponto de vista das leis de conservação, podemos cancelar um próton de cada lado da reação e escrever a reação na forma p x→ +0 . Como o próton e a partícula lambda têm spin 1/2, o spin da partícula x é 0 ou 1. Como o próton tem carga +e e a partícula lambda é neutra, a carga da partícula x é +e. Como o número bariônico do próton e da partícula lambda é +1, o número bariônico da partícula x é 0. Como a estranheza do próton é 0 e a estranheza da partícula lambda é –1, a estranheza da partícula x é +1. Assim, a partícula x é um méson de carga +e e estranheza +1. Consultando a Tabela 44-4, vemos que se trata da partícula K+.


(b) Como o próton tem spin 1/2, o antipróton tem spin 1/2 e o nêutron tem spin 1/2, a partícula x tem spin 1/2. Como o próton tem carga +e, o antipróton tem carga −e e o nêutron tem carga 0, a carga da partícula x é 0. Como o número bariônico do próton e do nêutron é +1 e o número bariônico do antipróton é −1, o número bariônico da partícula x é −1. Como a estranheza do próton, do antipróton e do nêutron é 0, a estranheza da partícula x é 0. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata de um antinêutron n .

(c) Como o píon e a partícula K0 têm spin 0 e o próton e a partícula Ξ0 têm spin 1/2, o spin da partícula x é 0 ou 1. Como o píon tem carga −e, o próton tem carga +e e as partículas Ξ0 e K0 têm carga 0, a carga da partícula x é 0. Como o número bariônico do píon e da partícula K0 é 0 e o número bariônico do próton e da partícula Ξ0 é +1, o número bariônico da partícula x é 0. Como a estranheza do píon e do próton é 0, a estranheza da partícula Ξ0 é −2 e a estranheza da partícula K0 é +1, a estranheza da partícula x é +1. Consultando a Tabela 44-4, vemos que se trata da partícula K0.

22. De acordo com a lei de conservação da energia, temos:

K mc K m m m c Kf i n i= − + = − − +

= −

− −D 2 2

1197 3 139

( )

,

p

MeV ,, ,6 939 6 220

338

MeV MeV MeV

MeV.

− +

=

23. (a) Consultando as três primeiras linhas da Tabela 44-5, já que a partícula é um bárion, vemos que a partícula é formada por três quarks. Como a estranheza é –2, dois dos quarks devem ser quarks s. Como cada um desses quarks tem uma carga −e/3, a soma das duas cargas é –2e/3. Como a carga total é e, a carga do terceiro quark deve ser 5e/3. Como não existe nenhum quark com esta carga, uma partícula como esta não é possível e, realmente, nunca foi observada.

(b) Consultando as três primeiras linhas da Tabela 44-5, já que a partícula é um bárion, vemos que a partícula é formada por três quarks. Como a estranheza é 0, a partícula não contém quarks s. Assim, precisamos encontrar uma combinação de quarks u e d com uma carga total 2e. Só existe uma possibilidade: uma partícula formada por três quarks u, ou seja, uma partícula do tipo uuu.

24. Se usássemos eixos mutuamente perpendiculares, as partículas formariam um triângulo retângulo. Usando um eixo q inclinado, como sugere o enunciado, as partículas formam um triângulo equilátero invertido, como mostra a figura.

As retas inclinadas, da esquerda para a direita, correspondem a partículas de carga

−1, 0, +1 e +2.


25. (a) Usando uma barra acima do símbolo para indicar que se trata de um antiquark, a com-posição do antipróton é u u d.

(b) A composição do antinêutron é u d d.

26. (a) A combinação ddu tem uma carga total −1/3 −1/3 +2/3 = 0 e uma estranheza 0. Consul-tando a Tabela 44-3, vemos que se trata de um nêutron (n).

(b) A combinação uus tem uma carga total +2/3 +2/3 −1/3 = 1 e uma estranheza 0 + 0 −1 = −1. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata de uma partícula Σ+.

(c) A combinação ssd tem uma carga total −1/3 −1/3 −1/3 = −1 e uma estranheza −1 −1 +0 = −2. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata de uma partícula Ξ−.

27. O méson K0 é formado por um quark e um antiquark. Sabemos que a carga total é zero e a estranheza é −1. O quark com estranheza −1 é o quark s. Para que a carga total seja 0, o antiquark deve ser d . Assim, a composição da partícula K0 é sd.

28. (a) Consultando a Tabela 44-3, constatamos que q = 0 e S = –1 para esta partícula (e também B = 1, o que acontece para todas as partículas desta tabela). Isto significa que a partícula deve conter um quark estranho, que tem carga –1/3, e, portanto, a soma das cargas dos outros dois quarks deve ser +1/3. Como nenhum dos outros quarks pode ser estranho, a composição de quarks da partícula é sud.

(b) Neste caso, como S = −2, a partícula deve conter dois quarks estranhos, que, juntos, têm carga −2/3. Como a carga total é 0, o terceiro quark deve ter carga +2/3. Assim, a composição de quarks da partícula é uss.

29. (a) No caso da combinação ssu, a carga total é (−1/3 −1/3 +2/3) = 0 e a estranheza total é (−1 −1 +0) = −2. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata da partícula Ξ0.

(b) No caso da combinação dds, a carga total é (−1/3 −1/3 −1/3) = −1 e a estranheza total é (0 + 0 −1) = –1. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata da partícula Σ−.

30. De acordo com as Eqs. 37-52 (γ = 1 + K/mc2) e 37-8 ( v c c= = − 1 −2 ), temos:

v cK

mc= − +

−

1 12

2

.

(a) Assim, no caso da partícula Σ*0,

v = × − +

=−

( , )2 9979 10 1 11000

13858

2

m sMeV

MeV22 4406 108, .× m s

No caso da partícula Σ0,

′ = × − +

v ( , ),

2 9979 10 1 11000

1192 58 m s

MeV

MeV

−−

= ×2

82 5157 10, .m s

A partícula Σ0 está movendo mais depressa que a partícula Σ*0.

(b) A diferença entre as velocidades das duas partículas é

Dv v v= ′ − = − = ×( , , )( ) , .2 5157 2 4406 10 7 51 108 6m s m s


31. De acordo com a Eq. 37-31, o fator de velocidade da galáxia é

= −

+= −

+

= −

1

1

1

1

1 590

02

02

02

02

( )

( )

( )

( )

( ,

f f

f f

00 602 0

1 590 00 0201

2

2

nm nm

nm 602,0 nm

, )

( , ),

+= 33.


rv

H

c

H= = =

( ) ×( )⋅

0 02013 2 998 108, , m s

0,0218 m s anoo-luzanos-luz.= ×2 77 108,

32. Como

= +

−= ⇒ +

−= ⇒ =0

1

12

1

12

3

50 ,

a velocidade da galáxia é v = bc = 3c/5. Assim, a distância entre a galáxia e a Terra no momento em que a luz foi emitida era

rv

H

c

H

c

H= = = = × ( ) ( , )( ,3 5 0 60 2 998 108/ m/s)

0,0218 m s ano-luzanos-luz.

⋅= ×8 3 109,


D

= v

c,

em que v é a velocidade da galáxia. Como, de acordo com a lei de Hubble, v = Hr, na qual r é a distância da galáxia e H é a constante de Hubble, temos:

v = × ⋅ ×−( , )( , )21 8 10 2 40 103 8m/s ano-luz anos-luz == ×5 23 106, m/s,

e

D = =v

c

5 23 10

3 00 10656 3

6

8

,

,( , )

××

m s

m snm == 11 4, nm.

Como a galáxia está se afastando da Terra, o comprimento de onda observado é maior que o comprimento de onda no referencial da galáxia e seu valor é

656,3 nm + 11,4 nm = 667,7 nm ≈ 668 nm.

34. (a) De acordo com a lei de Hubble, (Eq. 44-19), a velocidade do astro é

v Hr= = ⋅ × =( , )( , )0 0218 1 5 10 34m/s ano-luz anos-luz 227 m/s.

Assim, a distância adicional entre o astro e a Terra daqui a um ano será

d vt= = = ×( ,327 1 0 1010m/s)(365 d)(86400 s/d) m.

(b) Como foi visto no item (a), a velocidade do astro é

v = ≈ ×327 102m/s 3,3 m/s.

35. Fazendo v = Hr = c, obtemos

rc

H= = ×

⋅= ×3 0 10

0 02181 376 10

810,

,,

m s

m s ano-luzannos-luz anos-luz.≈ ×1 4 1010,


36. (a) Fazendo

v r Hr v G M re( ) ,= ≤ = 2

obtemos M r H G3 2 2≥ , o que nos dá

p p p

= = ≥M

r

M

r

H

G4 3

3

4

3

82 3

2

.

(b) Expressar a densidade em átomos de hidrogênio por metro cúbico equivale a expressar a massa específica em unidades de r0 = mH/m3 = 1,67 × 10–27 kg/m3. Assim, temos:

p

=

= ⋅

3

8

3 0 0218

2

0

H

G( )

( ,

átomos de H m

m s ano-lu

3

zz ano-luz 9,460 10 m átomos de H m15) ( , ) (2 21 00 × 33

3 2 3m kg s kg m

)

( )( , )

,

8 1 67 10

5

27p 6,67 10−11× ⋅ ×

=

−

77 átomos de H m3 .


0 0

1

1

1

1= −

+= + −

+( ) .D

Dividindo ambos os membros por l0, obtemos

1 11

1= + −

+( ) ,z

em que z = Dl/l. Explicitando b, obtemos

= + −+ +

= ++ +

( )

( ).

1 1

1 1

2

2 2

2

2

2

2

z

z

z z

z z

(b) Para z = 4,43, temos:

= ++ +

=( , ) ( , )

( , ) ( , ), .

4 43 2 4 43

4 43 2 4 43 20 934

2

2


rv

H

c

H= = = ×

⋅ ( , )( , )

,

0 934 3 0 10

0 0218

8 m s

m s ano-luz== ×1 28 1010, .anos-luz

38. De acordo com a Eq. 39-33, a energia do fóton emitido é

E E E= − = − −

=3 2 2 2

13 61

3

1

21 89( , ) ,eV eV

e o comprimento de onda é

071240

6 56 10= = ⋅ = × −hc

E

eV nm

1,89 eVm.,

Como o comprimento de onda detectado é l = 3,00 × 10−3 m, temos:

0

3

733 00 10

6 56 104 57 10= ×

×= ×

−

−,

,, .

m

m


39. (a) De acordo com a Eq. 41-29, N N e E kT2 1 = −D . Explicitando DE, obtemos

DE kTN

N= = × −−ln ( , )( , ) ln

,

,1

2

58 62 10 2 71 0 25

0 2eV K K

55

2 56 10 0 264

= × ≈−, , .eV meV

(b) O comprimento de onda seria

= = ⋅×

= × ≈−hc

ED

12404 84 10 4 8

46eV nm

2,56 10 eVnm m, , mm.

40. Como F GMm r mv rgrav = =2 2 , M ∝ v2. Assim, a massa do Sol teria que ser

′ =

=Mv

vMS

Mercúrio

PlutãoS

km s

km

247 9

4 74

,

, ss S S

=2

102M M .

41. (a) A força gravitacional a que a Terra estaria submetida seria apenas a produzida pela massa M no interior da órbita da Terra. Se r é o raio da órbita da Terra, R é o raio do novo Sol e MS é a massa do Sol, temos:

Mr

RMs=

= ×

×

3 11

12

31 50 10

5 90 101

,

,(

m

m,, ) , .99 10 3 27 1030 25× = ×kg kg

A força gravitacional exercida pela massa M sobre a Terra é dada por GMm/r2, na qual m é a massa da Terra e G é a constante gravitacional. Como a aceleração centrípeta é dada por v2/r, na qual v é a velocidade da Terra, GMm/r2 = mv2/r e, portanto,

vGM

r= = × ⋅ ×

×

−( , )( , )

,

6 67 10 3 27 10

1 50

11 2 25m s kg kg3

110121

11 mm s= .

(b) A razão pedida é1 21 10

2 98 100 00406

2

4

,

,, .

××

=m s

m s

(c) O novo período de revolução é

Tr

v= = ×

× ×2 2 1 50 10

1 21 10 3 15 10

11

2 7

p p( , )

( , )( ,

m

m/s ss/anoanos

).= 247

Nota: Outra forma de resolver o problema seria a seguinte: como v M∼ , a razão das velo-cidades é

v

v

M

M

r

RS0

3 2 11

12

1 50 10

5 90 10= =

= ×

×

/ ,

,

m

m

=3 2

0 00405/

, .

Além disso, como T v M∼ ∼1 1/ / , temos:

T TM

MT

R

rS= =

= ×

×0 0

3 2 12

15 90 10

1 50

/

( ),

,ano

m

110247

11

3 2

manos

=/

.

42. (a) A massa da parte da galáxia que está no interior da órbita da estrela é dada por M9 = M(r/R)3. Como GM9m/r2 = mv2/r, na qual m é a massa da estrela, temos:

vGM

r

GM

r

r

Rr

GM

R= ′ =

=

3

3


e

Tr

v

R

GM= =2

23p

p .

(b) Nesse caso, M9 = M e, portanto,

v GM r= /

e

Tr

vr

r

GM

r

GM= = =2

2 23 2p

p p .

43. (a) Fazendo l = (2898 mm · K)/T na expressão E = hc/l = (1240 eV · nm)/l, obtemos:

E T= ⋅⋅

= × ⋅×

−1240

2898

1 240 10

2 898

3eV nm

m K

MeV nm

,

, 1104 28 10

610

nm KMeV/K

⋅= × −( , ) .T

(b) A energia mínima necessária para criar um par elétron-pósitron é o dobro da energia do repouso do elétron, ou seja, 2(0,511 MeV) = 1,022 MeV. Assim,

TE=

×=

×=− −4 28 10

1 022

4 28 102

10 10,

,

,,

MeV K

MeV

MeV K339 109× K.

44. (a) No caso da radiação cósmica de fundo, a lei de Wein nos dá

T = ⋅ = ⋅ =2898 2898

1 12 6

m K mm K

mmK

max ,, .

(b) Na época do “desacoplamento”, em que o universo se tornou “transparente”,

max ,= ⋅ = ⋅ = =2898 2898

29700 976 976

m K m K

Km nm

T..

45. Como apenas o quark estranho (s) possui estranheza diferente de zero, para obter um méson com S = –1 temos que combinar s com um antiquark que não seja estranho. O problema é que, como a carga do quark estranho é –1/3, para que a carga total fosse +1 o antiquark teria que ter uma carga de +4/3, e não existem antiquarks com esta carga. Assim, um méson com S = –1 e q = +1 não pode existir. Da mesma forma, como não existe um quark com q = −4/3, não pode existir um méson com

S = +1 e q = –1.

46. Supondo que a reta passa pela origem, sua inclinação é 0,40c/(5,3 × 109 anos-luz). Assim,

TH c

= = = × = ×1 1 5 3 10

0 40

5 3 19

inclinação

anos-luz,

,

, 00

0 4013 10

99anos

anos,

.≈ ×

47. A energia liberada seria o dobro da energia de repouso da Terra:

E = 2mc2 = 2(5,98 × 1024 kg)(2,998 × 108 m/s)2 = 1,08 × 1042 J.

Como no caso da aniquilação de um par elétron-pósitron, essa energia seria liberada na forma de radiação eletromagnética.

48. Observando o rastro 1 e notando que, de acordo com a Tabela 44-6, a partícula A tem carga positiva, chegamos à conclusão de que a curvatura dos rastros das partículas de carga positiva é


no sentido anti-horário, o que, por extensão, significa que a curvatura dos rastros das partículas negativas é no sentido horário. Assim, ficamos sabendo que os rastros 1, 2, 4, 6 e 7 foram cria-dos por partículas de carga positiva e os rastros 5, 8 e 9 foram criados por partículas negativas. Examinando a Tabela 44-6 (e sabendo que somente uma partícula de cada tipo é observada), encontramos apenas as seguintes possibilidades:

rastros partículastracks

2 4 6 75

, , , , , , ,,

↔ C F H J88 9, , ,↔ partículas D E G

Sabemos, também, que a partícula que não é observada é B ou I, já que apenas uma partícula neutra é indicada na Fig. 44-12 por uma reta tracejada. De acordo com a lei de conservação da carga, os rastros 2, 4 e 6 foram feitos por partículas com uma unidade de carga positiva (note que o rastro 5 foi feito por uma partícula com uma unidade de carga negativa), o que significa, por eliminação, que o rastro 7 foi feito pela partícula H. Esta conclusão é confirmada aplicando a lei de conservação da carga ao vértice formado pelos rastros 7, 8 e 9. Depois de esgotar as infor-mações relacionadas à carga, vamos passar aos números quânticos fictícios. Considere o vértice formado pelos rastros 2, 3 e 4 (na lista a seguir, o índice inferior indica o número de Graça):

rastros partículasrastro par

2 43

2 0 6, , ,↔↔

−C F Jttícula ouB I4 6

Como o número de Graça da partícula responsável pelo rastro 4 deve ser igual à soma dos nú-meros de Graça das partículas 2 e 3, chegamos à conclusão de que a partícula F é responsável pelo rastro 4, a partícula J é responsável pelo rastro 2 e a partícula I é responsável pelo rastro 3. Por eliminação, a partícula responsável pelo rastro 6 (a única partícula de carga positiva que ainda não foi identificada) é a partícula C. No vértice definido por

A F C→ + + ( )−rastro5 ,

na qual a carga da partícula responsável pelo rastro 5 está indicada pelo índice inferior, vemos que, de acordo com a lei de conservação da Simpatia, a partícula responsável pelo rastro 5 deve ter Simpatia = −1 e, portanto, só pode ser a partícula G. Resta apenas uma dúvida:

rastros partículas8 9, , .↔ D E

De acordo com o enunciado, a partícula responsável pelo rastro 8 é a partícula D, pois é a única partícula não identificada com Seriedade = 0. Em consequência, a partícula responsável pelo rastro 9 só pode ser a partícula E.

Resumindo, temos:

(a) A partícula A é responsável pelo rastro 1.

(b) A partícula J é responsável pelo rastro 2.

(c) A partícula I é responsável pelo rastro 3.

(d) A partícula F é responsável pelo rastro 4.

(e) A partícula G é responsável pelo rastro 5.

(f) A partícula C é responsável pelo rastro 6.

(g) A partícula H é responsável pelo rastro 7.

(h) A partícula D é responsável pelo rastro 8.

(i) A partícula E é responsável pelo rastro 9.


49. (a) Explicitando a velocidade na Eq. 37-42, que expressa a relação relativística entre velo-cidade e momento,

p mvmv

v c= =

−

1 2( ),

/

obtemos:

v cpc mc

= −+

11

12 2( ).

/

No caso de um antipróton, mc2 = 938,3 MeV. Assim, para pc = 1,19 GeV = 1190 MeV, te-mos:

v c c= −+

=11

1190 938 3 10 785

2( , ), .

MeV/ MeV

(b) No caso de um píon negativo, mc2 = 193,6 MeV. Assim, para pc = 1190 MeV, temos:

v c c= −+

=11

1190 193 6 10 993

2( , ), .

MeV/ MeV

(c) Como a velocidade dos antiprótons está entre 0,75 e 0,79, um antipróton faria disparar o detector C2.

(d) Como a velocidade dos píons negativos é maior que 0,79, um píon negativo faria disparar o detector C1.

(e) Como o intervalo de tempo é dado por Dt = d/v, na qual d = 12 m, temos:

Dt =×

= × =−1

0 785 2 998 105 1 10 51

88

, ( , ), .

m/ss ns

(f) No caso de um píon negativo,

Dt =×

= × =−12

0 993 2 998 104 0 10 40

88m

m/ss ns

, ( , ), .

50. (a) Como a carga do próton e do pósitron é +1 e a carga do neutrino é zero, a lei de conser-vação da carga é respeitada.

(b) Como a energia de repouso do próton é muito maior que a soma das energias de repouso do pósitron e do neutrino, a lei de conservação da energia é respeitada. (c) A lei de conservação do momento linear pode ser respeitada, bastando para isso que a soma ve-torial dos momentos lineares do elétron e o neutrino seja igual ao momento linear do próton.

(d) A lei de conservação do momento angular pode ser respeitada, bastando para isso que a soma vetorial dos momentos angulares do elétron e do neutrino seja igual ao momento angular do próton.

ism - v4

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