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2-a Tiragem
c©2009, Elsevier Editora Ltda.
Todos os direitos reservados e protegidos pela Lei 9.610 de 19/02/1998.Nenhuma parte deste livro, sem autorizacao previa por escrito da editora,podera ser reproduzida ou transmitida sejam quais forem os meios empregados:eletronicos, mecanicos, fotograficos, gravacao ou quaisquer outros.Copidesque: Caravelas Producoes EditoriaisRevisao: Marco Antonio CorreaEditoracao Eletronica: Francisco Caruso & Vitor Oguri
Elsevier Editora Ltda.Conhecimento sem FronteirasRua Sete de Setembro, 111 – 16-o andar20050-006 Rio de Janeiro - RJ - Brasil
Rua Quintana, 753, 8-o andar04569-011 Brooklin - Sao Paulo - SPTel.: (11) 5105-8555
Servico de Atendimento ao [email protected] 10: 85-352-3645-7ISBN 13: 978-85-352-3645-3
Nota: Muito zelo e tecnica foram empregados na edicao desta obra. No entanto, podemocorrer erros de digitacao, impressao ou duvida conceitual. Em qualquer das hipoteses,solicitamos a comunicacao a nossa Central de Atendimentos, para que possamosesclarecer ou encaminhar a questao. Nem a editora nem os autores assumem qualquerresponsabilidade por eventuais danos ou perdas a pessoas ou bens, originados do usodesta publicacao.
CIP-Brasil, catalogacao-na-fonte.Sindicato Nacional dos Editores de Livros, RJ.
C317fCaruso, Francisco
Fısica moderna : exercıcios resolvidos / Francisco Caruso, Vitor Oguri.– Rio de Janeiro: Elsevier, 2009 – 2-a reimpressao.
ISBN 978-85-352-3645-3
1. Fısica – Problemas, questoes, exercıcios. I. Oguri, Vitor, 1951 -. II. Tıtulo.09-3464. CDD 530
CDU 5315.07.09 20.07.09 013841
A Jose Leite Lopes,in memoriam, e a
Jose M.F. Bassalo,com amizade.
E a lembranca da flor no fruto,e nao o sol, que o faz maduro.
Antonio Fantinato
Explicar o visıvel complicadoa partir do invisıvel simples,eis a forma de inteligenciaintuitiva a qual (...) devemos aatomıstica.
Jean Perrin
Apresentacao
Os livros nao sao feitos apenas com o quese sabe e o que se ve. Necessitam de raızesmais profundas.
Gaston Bachelard
Este livro apresenta a solucao de todos os exercıcios propostos na primeiraedicao do nosso livro Fısica Moderna: Origens Classicas e Fundamentos Quan-ticos, publicado em 2006 pela Editora Campus/Elsevier, agraciado com oPremio Jabuti em 2007. Procuramos resolve-los da forma mais clara e completapossıvel, relembrando, muitas vezes, os conceitos envolvidos ou remetendo oleitor ao ponto especıfico do livro ao qual ele pode se dirigir para enfrentaro exercıcio proposto. Sempre que necessario, ao tentar resolver os exercıciosque envolvam calculos numericos, utilize os valores das constantes e das con-versoes de unidades apresentadas nas tabelas a seguir. Se preferir, use valoresaproximados.
e
h
h
me
mp
k
c
G
²0
¹0
SI
1,6 × 10-19 C
6,626 × 10-34 J.s
1,055 × 10-34 J.s
9,11 × 10-31 kg
1,673 × 10-27 kg
1,381 × 10-23 J/K
3,0 × 108 m/s
6,674 × 10-11 m3.kg-1.s-2
8,854 × 10-12 F/m
4¼ × 10-7 N.A-2
4,8 × 10-10 ues
6,626 × 10-27 erg.s
6,58 × 10-22 MeV.s
0,511 MeV/c2
938,3 MeV/c2
8,617 × 10-5 eV/K
Constantes Universais
Outros SistemasSimb.
Gostarıamos de aproveitar a ocasiao para deixar claro que nao e absoluta-mente nossa intencao incentivar os alunos que estejam seguindo regularmenteum curso baseado no livro Fısica Moderna a nao tentarem resolver osexercıcios, ao tornar acessıveis as solucoes. O processo de abordar, equacionar eresolver os problemas propostos e parte integrante indispensavel do processo deaprendizagem. Nenhum estudante pode queimar esta etapa, sob o risco de estar
ix
x Fısica Moderna Caruso • Oguri
se enganando. O livro de solucoes deve apenas servir como fonte de consulta,ou para adquirir confianca em sua estrategia de abordagem dos problemas, oupara conferir suas respostas ou, no maximo, para encontrar alguma dica decomo comecar a buscar as solucoes.
1 pol
1 A
1 T
1 C
1 F
1 N
1 J
1 eV
1 GeV-1
1 barn
1 atm
2,54 cm
10-8 cm
104 G
3 × 109 ues
1017 cm
105 dyn
107 erg
1,6 × 10-19 J
0,2 × 10-13 cm = 0,66 × 10-24 s
10-24 cm2
1,01 × 105 Pa = 760 Torr
Conversão de Unidades
O
Do ponto de vista do professor, este livro pode lhe economizar tempo nopreparo de suas aulas e na correcao dos exercıcios, alem de lhe permitirselecionar, com maior brevidade e facilidade, os exercıcios que fara em classecomo exemplo e quais deixara para o estudante resolver. A menos que seespecifique o contrario, os numeros das equacoes, figuras e tabelas citadosao longo do texto referem-se ao nosso Fısica Moderna: Origens Classicas eFundamentos Quanticos. Queremos agradecer ao colega Fabio Antonio Seixas
de Rezende e aos alunos do curso de Fısica da Uerj Analu Vercosa Custodio,Andrea Mantuano Coelho da Silva, Jessica Furtado Guimaraes e Rafael deVasconcellos Clarim pela revisao do manuscrito e a Francisca Valeria FortalezaVasconcelos pelo auxılio na digitacao de alguns capıtulos. Naturalmente,qualquer falha que ainda persista deve ser atribuıda apenas aos autores. Nossoreconhecimento tambem a toda a equipe da Elsevier pelo profissionalismo eatencao dada a elaboracao deste livro, em particular a Silvia Barbosa Lima,Vanessa Vilas Boas Huguenin e, em especial, a Andre Wolff por seu apoio eempenho que tornaram esse projeto realidade. Aproveitamos para agradecer atodos que apontaram erros de impressao na primeira edicao do livro de texto,em especial ao amigo Jorge Barreto, e lembrar ao leitor que ha uma errata,disponıvel no site http://www.cbpf.br/∼caruso/sitelivro/index.html, quedeve periodicamente ser consultada por quem nao dispoe da reimpressaocorrigida (2008).
Francisco Caruso & Vitor Oguri
Rio de Janeiro, 13 de outubro de 2009.
1
A estrutura da materia:concepcoes filosoficas naAntiguidade
Exercıcio 1.8.1 Eratostenes conhecia o fato de que, na cidade de Siene, naGrecia, uma vez por ano, no solstıcio de verao, precisamente ao meio-dia,uma haste que fosse colocada perpendicularmente ao chao nao tinha sombra.Refazendo a experiencia em Alexandria, concluiu que a sombra nunca chegavaa desaparecer e que, de fato, no mesmo dia e hora citados, a sombra projetadasobre a terra fazia um angulo de 7o com a haste, o que e incompatıvel com aTerra ser plana. Supondo que a Terra e esferica, e sabendo que a distancia entreessas duas cidades e cerca de 700 km, recalcule o valor estimado por Eratostenespara o raio da Terra.
Eratostenes supos que os raios solares sao paralelos na regiao que engloba asduas cidades consideradas, conforme ilustra a figura a seguir.
Se, em Alexandria, a sombra projetada sobre a terra fazia um angulo de 7o
com a haste (no mesmo instante em que nao havia sombra em Siene), este etambem o angulo entre a vertical e o zenite1 nessa cidade. Assim, este anguloe o mesmo angulo θ = 7o entre os raios, r, da Terra, que delimitam o arco queinterliga as duas cidades, cuja distancia sera denotada por d.
1Cabe lembrar que o zenite e o ponto exato acima da cabeca de um observador, na superfıciede um astro, projetado na aboboda celeste. E, na pratica, o marco referencial de localizacaode posicoes de objetos celestes.
1
2 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Logo,
tg θ � θ =d
rou
tg 7o = 0,128 ⇒ d
r� 1
8
Portanto, usando o valor aproximado de d = 700 km, dado no problema,encontra-se
r � 5 600 km
Mas alguns autores afirmam que as medidas de comprimento feitas no secu-lo III a.C. usavam a unidade estadio e que Eratostenes teria utilizado em seuscalculos a distancia de 5 000 estadios. Sabendo-se que 1 estadio � 180 m, istocorresponderia a uma distancia de 900 km entre as cidades, o que leva a predicao
r � 7 370 km
As duas previsoes devem ser comparadas com o valor atual de
r � 6 378,1 km
1. A estrutura da materia: concepcoes filosoficas na Antiguidade 3
Note que, no primeiro caso, a discrepancia e de cerca de 11%, enquanto nosegundo, de 13,5%. De qualquer forma, trata-se de uma estimativa muito boaconsiderada a epoca em que foi feita.
Exercıcio 1.8.2 Mostre que, no sistema solar de Kepler, descrito no texto, arazao entre o raio da esfera de Saturno e a de Jupiter e igual a
√3.
Considere a figura a seguir, sendo a o comprimento da aresta do cubo inscritona esfera externa e que circunscreve a esfera interior.
Levando-se em conta o triangulo ABO da figura acima, utilizando-se asrelacoes metricas conhecidas entre as diagonais e a aresta de um cubo inscritoem uma esfera de raio R = OA (raio de Saturno) e aplicando-se o teorema dePitagoras ao triangulo cinza, obtem-se
R2 = r2 + (r√
2)2 = 3r2
⇓R
r=
√3
onde r = OB = a/2 e o raio de Jupiter.
Exercıcio 1.8.3 Os pitagoricos, que nao dispunham de qualquer forma denotacao numerica, convencionaram exprimir os numeros de forma semelhanteao que se usa ainda hoje nos dominos. Mais precisamente, eles confundiamo ponto da Geometria com a unidade da Aritmetica e, assim, pensavam nosnumeros como algo espacialmente extenso. Desse modo, para eles, os objetos
4 Fısica Moderna Caruso • Oguri
concretos eram literalmente compostos de agregados de unidades-pontos-atomos.Comente essas ideias a luz do que foi visto na Secao 1.4.
Os numeros para os pitagoricos, segundo Aristoteles, nao seriam separaveisda materia. No que concerne a concepcao que eles tinham da materia fısica, eimportante entender inicialmente a questao da representacao dos numeros parase compreender a crıtica aristotelica.
Expressar os numeros de forma geometrica, a partir de pontos, leva aosconceitos de “numero retangular” e de “numero quadrado”. Como exemplodo primeiro, pode-se imaginar o numero 20, representado por 20 pontosregularmente dispostos sobre os lados e no interior de um quadrilatero cujocomprimento do lado maior difere do outro por apenas uma unidade (20 = 4×5).Ja o numero 16, por exemplo, igual a 4 × 4 = 42, pode ser construıdocolocando-se a unidade (um ponto) no vertice de um quadrado e “somando-se” sucessivamente a ele os demais numeros ımpares em forma de “L”. Assim,4 = 1+3 seria representado por um quadrado 2×2; o 9 = 1+3+5 formaria umquadrado com nove pontos e o numero 16 seria obtido a partir do 9 somandomais 7 unidades, que e o ımpar seguinte, correspondendo a um quadrado 4× 4.
Segundo Simplıcio, este tipo de representacao numerica levou os pitagoricose muitos comentadores a associarem o infinito aos numeros pares. Claro queo que esta por tras disto e a possibilidade ad infinitum da divisao em partesiguais. Pelo que vimos na Secao 1.4, Aristoteles nao podia, obviamente, aceitaro criterio de divisibilidade por 2 como uma explicacao do infinito, conceito,alias, por ele abominado. Alem disto, lembre-se de que na referida secao foireproduzida uma citacao segundo a qual seria impossıvel que alguma coisacontınua resulte composta de indivisıveis.
Desta forma, o Estagirita foi tambem levado a criticar a concepcao pitagoricada materia, pois as unidades-pontos-atomos, consideradas tambem como a basefısica da materia real – uma forma primitiva de atomo –, nao poderiam seraceitas em um sistema filosofico que negava o vazio. Lembre-se de sua afirmacaode que e impossıvel que uma linha resulte composta de pontos, se e verdade quea linha e um contınuo e o ponto, um indivisıvel.
Imaginar os numeros espacialmente extensos tera tambem impacto em outrocapıtulo importante da Filosofia Grega, ou seja, na discussao dos paradoxosde Zenao. Para mais detalhes veja, por exemplo, G.S. Kirk; J.E. Raven, Osfilosofos pre-socraticos.
2
As origens do atomismocientıfico: contribuicoes daQuımica
Exercıcio 2.9.1 Faca um resumo do conceito de monadas introduzido pelofilosofo e matematico alemao Gottfried Wilhelm Leibniz.
A palavra monada deriva do grego μoναζ, que significa unidade. Consta queeste termo tenha sido considerado pela primeira vez pelos pitagoricos. Para eles,toda a teoria dos numeros – e, por conseguinte, de todas as coisas – derivavadessa unidade. Bem mais tarde, tal conceito ira evoluir para algo como “aquelaunidade que espelha o todo”, especialmente na filosofia de Nicolau de Cusa(1401-1464). Giordano Bruno (1548-1600) foi quem formulou mais precisamentea ideia de que as monadas seriam compostas destas partıculas mınimas, nasquais se encontram a substancia das coisas.
O filosofo alemao Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) herdou este conceitode Bruno, transformando-o e entendendo-o muito mais como um princıpioativo inerente as substancias do que como partıculas mınimas. Leibniz abordade forma sucinta e incompleta este conceito em dois livros escritos em 1714:Principles of Nature and of Grace e Monadology. Suas monadas, que sopoderiam ser criadas e aniquiladas por Deus, nao devem absolutamente serentendidas como substancias materiais. Sao uma especie de atomo metafısico,desprovido de extensao ou partes e, portanto, indivisıvel e imaterial, como umaespecie de alma, responsavel pela uniao dos organismos e dos seres vivos.
Cada monada e distinta das demais e nao existem duas monadas iguais, aocontrario dos atomos de Leucipo e Democrito, que sao identicos para a mesma
5
6 Fısica Moderna Caruso • Oguri
substancia. Sendo assim, fica claro, por dois motivos, que a monadologia (teoriadas monadas) de Leibniz difere crucialmente do atomismo grego, segundo oqual as menores partes da materia sao inanimadas, possuem duas ou trespropriedades basicas (segundo o filosofo) e estao em movimento eterno, emboraprivadas de qualquer tipo de iniciativa ou qualidade que permitissem ver osatomos como algum tipo de princıpio ativo da materia.
So para citar um exemplo de aplicacao filosofica em sequencia, Kant, em1756, sob clara influencia de Leibniz, vai considerar as monadas como as fontesdo movimento no espaco newtoniano. E importante lembrar que Kant foi oprimeiro filosofo a contribuir para a difusao do mecanicismo de Newton.
Exercıcio 2.9.2 Comente as implicacoes que a existencia de isotopos e isobarostrazem para os atomos de Democrito e de Dalton.
Os isobaros sao atomos com mesmo numero de massa e numeros atomicosdiferentes; os isotopos sao atomos de um mesmo elemento com o mesmo numerode protons (mesmo Z) e numero de neutrons diferentes (diferentes A).
Do ponto de vista do atomismo de Democrito, como se viu no Capıtulo 1do livro de texto, a existencia de isotopos e isobaros poderia ser acomodada,uma vez que ele atribuıa ao atomo duas propriedades capazes de diferencia-los:tamanho e formato.
Ja do ponto de vista de Dalton, a descoberta dos isotopos e isobaros seriaum problema, pois, como foi visto na Secao 2.5.1, ambos ferem sua ideia basilarde que “as partıculas ultimas de todos os corpos homogeneos sao perfeitamentesemelhantes em peso, forma etc. Em outras palavras, toda partıcula de agua ecomo qualquer partıcula de agua; toda partıcula de hidrogenio e como qualqueroutra de hidrogenio (...)”.
Exercıcio 2.9.3 Segundo o quımico John Dalton, uma molecula de agua eformada de 1 atomo de hidrogenio e 1 de oxigenio, enquanto a amonia seriaconstituıda de 1 atomo de hidrogenio e 1 de azoto (nitrogenio). Essa hipotesefoi testada por Thomas Thomson, em 1807. Sabe-se que o peso relativo deuma molecula de agua e formado de 85 2/3 partes de oxigenio e 14 1/3 partesde hidrogenio, enquanto a de amonia consiste em 80 partes de azoto e 20 dehidrogenio. Mostre que as densidades relativas do hidrogenio, do azoto e dooxigenio estao, respectivamente, na razao de 1 : 4 : 6. Compare o resultado comos valores da Tabela dos elementos de Dalton (Figura 2.6).
2. As origens do atomismo cientıfico: contribuicoes da Quımica 7
Segundo Dalton, as moleculas de agua e de amonia eram formadas, respecti-vamente, da seguinte forma:
⎧⎨⎩
agua = 1 H + 1 O
amonia = 1 H + 1 N (azoto)
Estas hipoteses foram testadas por Thomas Thomson, em 1807, utilizandoas proporcoes em peso de cada uma destas moleculas conforme os valores dadosno enunciado do problema, ou seja,
mO = 85 2/3 =2573
mH = 14 1/3 =433
Logo,mH
mO
=43257
� 16
Ja a amonia consiste em 80 partes de azoto para 20 de hidrogenio, portanto,
mH
mN
=2080
� 14
Fica assim mostrado que as densidades relativas do hidrogenio, do azoto edo oxigenio guardam entre si, respectivamente, as razoes
mH : mN : mO = 1 : 4 : 6
Este resultado deve ser comparado com o obtido a partir dos valores daTabela de Dalton, mostrada na Figura 2.6 do livro de texto:
mH : mN : mO = 1 : 7 : 5
8 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 2.9.4 Observando a representacao grafica de Chancourtois(Figura 2.9), mostre que, se m e o peso atomico de um elemento da primeiraespiral, entao o peso atomico de outros elementos com caracterısticas similaressera dado por m + 16n, onde n e um numero inteiro.
Observando-se a representacao grafica de Chancourtois (Figura 2.9), nota-seque os elementos com propriedades semelhantes aparecem na mesma vertical.A diferenca de peso atomico entre dois elementos consecutivos na vertical eigual a 16. Assim, por exemplo, os elementos lıtio (Li), sodio (Na) e potassio(K), que pertencem ao Grupo I da Tabela de Mendeleiev, tem, respectivamente,pesos atomicos A = 7, A = 7 + (16 × 1) e A = 7 + (16 × 2). Para os demaismembros do grupo, essa recorrencia pode ser expressa, de forma compacta,como A = 7 + 16n, onde n e um numero natural. A formula para um termogenerico de peso atomico m e
A = m + 16n
Exercıcio 2.9.5 Seguindo a regra do quadrilatero e utilizando a Tabela deMendeleiev de 1871, determine as massas atomicas dos elementos dos Gru-pos III e IV, linha 5, e compare com os valores reportados na Tabela 2.8.
Na notacao da Figura 2.12 do livro, reproduzida a seguir, o problema pedepara encontrar a massa atomica de X e Y correspondendo, respectivamente,aos grupos III e IV.
2. As origens do atomismo cientıfico: contribuicoes da Quımica 9
Al
27,3
Zn
65
? ??
Y
In
113
X
Si
28
?
X
?? As
75
Su
118
Y
Aplicando-se a regra do quadrilatero, chega-se a:
X =27,3 + Y + 113 + 65
4=
205,3 + Y
4
Y =28 + 75 + 118 + X
4=
221 + X
4
o que e equivalente ao seguinte sistema de equacoes lineares⎧⎨⎩
4X = 205,3 + Y
4Y = 221 + X
que tem como solucoes X = 69,48 e Y = 72,62. Estes valores se comparam,respectivamente, aos valores X = 68 e Y = 72 reportados na Tabela deMendeleiev de 1871 reproduzida a seguir.
10 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 2.9.6 Considere a seguinte reacao nuclear da qual resulta a formacaode um isotopo da prata (Ag):
Ag10747 + X → Ag108
47
onde X e uma partıcula. Determine X.
A reacao nuclear da qual resulta a formacao de um isotopo da prata (Ag):
Ag10747 + X → Ag108
47
mantem inalterado o valor de Z (da carga eletrica) e altera o valor do numerode massa A em uma unidade. Portanto, e como o numero de massa e o numeroatomico se conservam na reacao, a partıcula X possui uma unidade de massaatomica e e eletricamente neutra: o neutron (n1
0).
Exercıcio 2.9.7 Considere o seguinte processo de fissao do uranio:
U23592 + n1
0 → Pr14759 + X + 3n1
0
onde X representa o isotopo de um elemento quımico. Determine esse elementoX.
O processo de fissao do uranio mencionado e
U23592 + n1
0 → Pr14759 + X + 3n1
0
onde X representa o isotopo de um elemento quımico a determinar. Aconservacao da carga eletrica implica que o isotopo X tenha Z = 92− 59 = 33.Ja a conservacao do numero de massa requer que o valor de A deste isotoposeja
A = 235 + 1 − 147 − 3 × 1 = 86
Logo, trata-se do isotopo do arsenio (As)
X = As8633
Exercıcio 2.9.8 O isotopo mais abundante do alumınio e o Al2713. Determine o
numero de protons, neutrons e eletrons desse isotopo.
Considere o elemento Al2713. O numero de protons e Z = 13, que e igual ao
numero de eletrons, ja que a carga eletrica total e zero, e o numero de neutronse igual a A menos o numero de protons, ou seja, 27 − 13 = 14 neutrons.
2. As origens do atomismo cientıfico: contribuicoes da Quımica 11
Exercıcio 2.9.9 O argonio (Ar) encontrado na natureza e composto de 3isotopos, cujos atomos aparecem nas seguintes proporcoes: 0,34% de Ar36, 0,07%de Ar38 e 99,59 de Ar40. Determime, a partir desses dados, o peso atomico doargonio.
Sabe-se que os isotopos do Ar tem as seguintes massas atomicas:⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
m(Ar36) = 35,9676 u
m(Ar38) = 37,9627 u
m(Ar40) = 39,9624 u
Usando as fracoes encontradas na natureza, segue-se que
m(Ar) =0,34100
× 35,9676 +0,07100
× 37,9627 +99,59100
× 39,9624
oum(Ar) = 39,95 u
Exercıcio 2.9.10 Determine a razao dos isotopos do tipo N15 e N14 quecompoem o nitrogenio encontrado na natureza, sabendo que seu peso atomico e14,0067.
Considerando-se que: a composicao do nitrogenio encontrado na naturezadependa apenas de seus isotopos N14 e N15; x e a fracao do primeiro e (1 − x),a do segundo, tem-se, em termos da massa atomica,
xm(N14) + (1 − x)m(N15) = 14,0067
Como m(N14) = 14,00307 u ; m(N15) = 15,0001 u, segue-se que
14,00307x + 15,0001(1 − x) = 14,0067
ou(14,00307 − 15,0001)x = −15,0001 + 14,0067
dondex =
0,99340,99703
= 0,9964 ⇒ (1 − x) = 0,0036
Assim, a razao dos isotopos N15 e N14 na composicao do nitrogenio encontradona natureza e
(1 − x)x
=0,00360,9964
= 0,003613 = 0,36%
12 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 2.9.11 Considere a equacao quımica
N2 + 3H2 → 2NH3
Supondo que N2 e NH3 estejam sob as mesmas condicoes de temperatura epressao, calcule o volume produzido de NH3 nessa reacao a partir de 10 L deN2.
A reacao dada eN2 + 3H2 → 2NH3
o que quer dizer que 1 molecula de N2 reage com 3 moleculas de H2 paraformarem 2 moleculas de NH3.
Por outro lado, sabe-se da hipotese de Avogadro que um numero igual demoleculas dos gases nas mesmas condicoes de temperatura e pressao ocupamvolumes iguais. Assim, se N2 e NH3 estao a mesma temperatura e pressao, ovolume de NH3 formado sera o dobro do de N2, ou seja,
volume NH3 = 20 L
Exercıcio 2.9.12 Determine o numero de atomos de oxigenio existentes em25 g de CaCO3.
O problema pede o numero de atomos de oxigenio existentes em 25 g deCaCO3. Sabe-se que 1 mol de CaCO3 tem a seguinte massa:
40 + 12 + 3 × 16 = 100 g
Portanto, 25 g correspondem a 1/4 de mol de CaCO3. Por sua vez, a cada molde CaCO3 tem-se tres moles de O. Assim, em 25 g de CaCO3 tem-se o equivalentea 3/4 de mol de O, enquanto 1 mol de O tem 6,02×1023 moleculas. O resultado,entao, e 3/4 × 6,02 × 1023, ou seja,
4,515 × 1023 moleculas
Exercıcio 2.9.13 Determine o numero de moles de gas N2 existentes em 35,7 gde nitrogenio.
A massa de N2 em 1 mol de nitrogenio e 2 × 14 = 28 g. Logo, a quantidadede materia correspondente a 35,7 g de nitrogenio e
n =35,7 g
28,0 g/mol= 1,28 mol
2. As origens do atomismo cientıfico: contribuicoes da Quımica 13
Exercıcio 2.9.14 Determine o numero de moles existentes em 42,4 g de car-bonato de sodio, CO3Na2.
A massa de 1 mol de Na2CO3 e dada por 2 × 23 + 12 + 3 × 16 = 106 g. Logo,a quantidade de materia correspondente a 42,4 g de Na2CO3 e
n =42,4 g
106,0 g/mol= 0,4 mol
Exercıcio 2.9.15 Determine a formula quımica mınima de um composto cujamassa relativa e formada de 60% de oxigenio e 40% de enxofre.
As massas por mol do oxigenio e do enxofre sao, respectivamente,
m(O) = 16 g ; m(S) = 32 g
Por simplicidade, pode-se considerar uma massa de 100 g do composto. Nela,60 g provem do O e 40 g, do S. Tem-se, assim,
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
60 gm(O)
=6016
mol O = 3,75 mol O
40 gm(S)
=4032
mol S = 1,25 mol S
A razao entre os constituintes e, entao,
3,75 mol O : 1,25 mol S ⇒ 3 mol O : 1 mol S
o que corresponde a formula SO3.
3
O atomismo na Fısica: otriunfo do mecanicismo
Exercıcio 3.6.1 Calcule os valores da integral∫ ∞
0
xne−αx2dx, para os inteiros
n = 0, 1, 2, 3, 4 e 5.
As integrais do tipo In =∫ ∞
0
xne−αx2dx podem ser calculadas a partir das
funcoes gama de Euler como:
In =12Γ
(n+ 12
)α−(n+1)/2 com Γ(x) =
∫ ∞
0tx−1 e−t dt
onde Γ(n+ 1) = n! = nΓ(n) e Γ(1/2) =√
π.
Para n = 0,
I0 =∫ ∞
0
e−αx2dx =
12Γ
(0 + 12
)α−1/2 =
12
√π
α
Para n = 1, a integral e uma integral exata a menos de um fator multiplicativo(−2α). Logo,
I1 = − 12α
15
16 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Para n = 2,
In =∫ ∞
0
xne−αx2dx =
12Γ
(32
)α−(3)/2
Sabendo que Γ(n+ 1) = nΓ(n),
Γ(32
)= Γ
(12+ 1
)=12Γ
(12
)=√
π
2
donde
I2 =√
π
4α−3/2
Para n = 3,
I3 =∫ ∞
0
x3e−αx2dx =
12Γ
(3 + 12
)α−2
Como Γ(2) = Γ(1 + 1) = 1! = 1,
I3 =12α2
Para n = 4,
I4 =∫ ∞
0
x4e−αx2dx =
12Γ
(52
)α−(5)/2
Como
Γ(52
)=32Γ
(32
)=32× 12× Γ
(32
)=34√
π
I4 =3√
π
8α−5/2
Por fim, para n = 5,
I5 =∫ ∞
0
x5e−αx2dx =
12Γ
(5 + 12
)α−3
dondeI5 =
1α3
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 17
• Resumindo, para os primeiros numeros ımpares (n = 1, 3, 5),
I1(α) =∫ ∞
0x e−αx2
dx = − 12α
e−αx2
∣∣∣∣∞0
=12α
=α−1
2
I3(α) =∫ ∞
0x3 e−αx2
dx = −dI1
dα=
α−2
2
I5(α) =∫ ∞
0x5 e−αx2
dx = −dI3
dα= α−3
• Para os valores pares (n = 0, 2, 4), de acordo com a ultima equacao dapagina 76 do livro de texto,
I0(α) =∫ ∞
0e−αx2
dx =12
√π
α=√
π
2α−1/2
I2(α) =∫ ∞
0x2 e−αx2
dx = −dI0
dα=√
π
4α−3/2
I4(α) =∫ ∞
0x4 e−αx2
dx = −dI2
dα=3√
π
8α−5/2
Exercıcio 3.6.2 Determine, em funcao da temperatura e da massa moleculardo gas, a moda, a media, a media quadratica e o desvio-padrao para a distri-buicao dos modulos das velocidades de Maxwell.
A distribuicao (ρ) dos modulos das velocidades (v) de um gas ideal emequilıbrio termico a temperatura T pode ser escrita como
ρ(v) = av2e−αv2onde
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
a =4√π
α3/2
α =m
2kT
sendo k = 1,38 × 10−23 J/K a constante de Boltzmann e m, a massa de cadamolecula do gas.
18 Fısica Moderna Caruso • Oguri
• Moda
dρdv
∣∣∣∣vmod
= (2v − 2αv3)ae−αv2∣∣∣vmod
= 0
⇒ vmod =
√1α= α−1/2 =
√2
(kT
m
)=
√2
(RT
μ
)
onde R = 8,315× 107 erg/K.mol e a constante universal dos gases e μ, amassa molecular do gas.
• Media
〈v〉 =∫ ∞
0v ρ(v) dv = a
∫ ∞
0v3 e−αv2
dv︸ ︷︷ ︸I3
=a
2α−2
=4
2√
π︸ ︷︷ ︸2/√
π
α3/2α−2︸ ︷︷ ︸α−1/2
=2π
√2kT
m=
√8π
(kT
m
)�
√2,55
(kT
m
)> vmod
• Media quadratica (valor eficaz): vef =√〈v2〉
〈v2〉 = a
∫ ∞
0v4 e−αv2
dv︸ ︷︷ ︸I4
=38a√
πα−5/2 =38√
π
√2π23/2︸ ︷︷ ︸
3/2
α3/2α−5/2︸ ︷︷ ︸α−1
⇓
〈v2〉 = 3(
kT
m
)⇒ vef =
√3
(kT
m
)> 〈v〉 > vmod
• Desvio-padrao: σv =√〈v2〉 − 〈v〉2
σv =
√(3− 8
π
)kT
m�
√0,45
(kT
m
)= 0,67
√(kT
m
)
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 19
Exercıcio 3.6.3 Considere as moleculas dos seguintes gases: CO, H2, O2, Ar,NO2, Cl2 e He, todos mantidos a uma mesma temperatura. Determine aquelesque, quanto a distribuicao de velocidades de Maxwell, terao, respectivamente, amaior e a menor: moda, media, valor eficaz e desvio-padrao.
Para uma mesma temperatura, quantidades como a moda, a media, o valoreficaz e o desvio-padrao, associadas a distribuicao dos modulos das velocidadesde Maxwell, sao inversamente proporcionais a raiz quadrada das massas dasmoleculas e, portanto, das massas moleculares.
Uma vez que
μ(CO) � 28 μ(H2) � 2 μ(O2) � 32
μ(Ar) � 40 μ(NO2) � 46 μ(Cl2) � 70
μ(He) � 4
as moleculas de cloro (Cl2) e hidrogenio (H2) terao, respectivamente, os menorese maiores valores para a moda, para a media, para o valor eficaz e para o desvio-padrao.
Exercıcio 3.6.4 Considere que um gas de helio contido em um recipiente sejauma mistura de dois isotopos, He2
3 e He24, nas condicoes normais de temperatura
e pressao. Estime a razao entre as velocidades medias dos dois diferentesisotopos.
〈v〉 ∝ 1√μ
=⇒ 〈v〉He3〈v〉He4
=√
μHe4
μHe3
=
√43=
2√3� 1.15
Exercıcio 3.6.5 Mostre que, se ρ e P sao, respectivamente, a densidade e apressao de um gas, a velocidade eficaz de suas moleculas pode ser expressa porvef =
√3P/ρ. Determine, ainda, a razao entre a velocidade eficaz das moleculas
e a velocidade do som nesse gas, dada por (5P/3ρ)1/2.
Combinando-se as equacoes
vef =
√3
(kT
m
)e P =
(N
V
)︸ ︷︷ ︸
ρ/m
kT
20 Fısica Moderna Caruso • Oguri
obtem-se
vef =
√3Pρ
Sabendo-se que a velocidade do som no gas e dada por
vsom =
√5P3ρ
=⇒ vef
vsom
=
√95=
3√5� 1,34
Exercıcio 3.6.6 Calcule a energia cinetica media por molecula para um gasideal a temperaturas de −33 oC, 0 oC e 27 oC.
A energia media por molecula e dada por
〈ε〉 = 32kT onde
⎧⎨⎩
k = 1,38× 10−23 J/K
T (K) = θ(oC) + 273,16
Assim,⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
θ1 = −33 oC =⇒ T1 = 240,16K =⇒ 〈ε1〉 = 4,97× 10−21 J
θ2 = −0 oC =⇒ T2 = 273,16K =⇒ 〈ε2〉 = 5,65× 10−21 J
θ3 = −27 oC =⇒ T3 = 300,16K =⇒ 〈ε3〉 = 6,21× 10−21 J
Exercıcio 3.6.7 Estime a velocidade eficaz das moleculas do nitrogenio (N2) edo helio (He) a temperatura ambiente (T � 27 oC).
A velocidade eficaz e dada por
vef =
√3
(kT
m
)=
√3
(RT
μ
)
onde R = 8,315× 107 erg/K.mol e T � 300,16K. Logo,⎧⎨⎩
μ(N2) � 28 =⇒ vef(N2) � 520 m/s
μ(He) � 4 =⇒ vef(He) � 1 370 m/s
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 21
Exercıcio 3.6.8 Desprezando qualquer efeito relativıstico, determine a tempe-ratura para a qual a energia cinetica media de translacao das moleculas de umgas ideal seja igual a de um unico ıon carregado acelerado a partir do repousopor uma diferenca de potencial de 103 volts, cuja massa e igual a de uma dasmoleculas.
Igualando-se a energia cinetica media e a energia potencial de cada ıon,
12m〈v2〉 = eV =
32kT onde
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
e = 1,6× 10−19C
k = 1,38× 10−23 J/K
V = 103V
⇓
T =2eV3k
= 7,7× 106K
Exercıcio 3.6.9 Mostre que o numero, N(0, vx), de moleculas de um gas idealcom componentes x de velocidades entre 0 e vx e dado por
N(0, vx) =N
2erf(ξ)
onde N e o numero total de moleculas e ξ = (m/2kT )1/2vx.
Mostre tambem que o numero N(vx,∞) de moleculas com componentes x develocidades maiores que vx e
N(vx,∞) =N
2[1− erf(ξ)]
Esses resultados estao expressos em termos da funcao erro, erf(ξ), definida por
erf(ξ) =2√π
∫ ξ
0
e−x2dx
A fracao de moleculas (de massa m) de um gas ideal em equilıbrio termico atemperatura T com velocidades entre vx e vx + dvx e dada por
dNvx
N=
(m
2πkT
)1/2
e−12mv2
x/kT dvx =α1/2
√π
e−αv2x dvx onde α =
m
2kT=
1v2
mod
22 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Fazendo-se x =√
α vx =vx
vmod
, obtem-sedNvx
N=
e−x2
√πdx
Assim,
N0→vx= N
0→ξ=
N
22√π
∫ ξ
0e−x2
dx︸ ︷︷ ︸erf(ξ)
onde ξ =vx
vmod
Uma vez que
N−∞→∞ = 2N0→∞ = N e N0→∞ = N0→vx+Nvx→∞
se obtem
Nvx→∞ =N
2−N0→vx
ou seja, Nvx→∞ =N
2
[1− erf(ξ)
]
A funcao erf(ξ) e esbocada no grafico anterior.
Exercıcio 3.6.10 Mostre que o numero, N(0, v), de moleculas de um gas idealcom velocidades entre 0 e v e dado por
N(0, v) = N
[erf(ξ)− 2√
πξe−ξ2
]onde ξ2 = (mv2/2kT ).
Como visto no exercıcio anterior, a fracao de moleculas (de massa m) de umgas ideal em equilıbrio termico a temperatura T com modulos de velocidadeentre v e v + dv e dada por
dNv
N=
√2π
(m
kT
)3/2
v2 e−12mv2/kT dv =
4√π
v2 e−αv2dv
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 23
ondeα =
m
2kT=
1v2
mod
Fazendo-se x =√
α v =v
vmod
⇐⇒ x2 = αv2
obtem-sedNv
N=
4√π
x2 e−x2dx
Assim,
N0→v = N0→ξ
=4N√
π
∫ ξ
0x2 e−x2
dx =2N√
π
∫ ξ
0x 2x e−x2
dx︸ ︷︷ ︸dy→y=−e−x2
=2N√
πx e−x2
∣∣∣0ξ+ N
2√π
∫ ξ
0e−x2
dx︸ ︷︷ ︸erf(ξ)
onde ξ =v
vmod
ou seja,
N0→v = N
[erf(ξ) − 2√
πξ e−ξ2
]
Exercıcio 3.6.11 Determine as probabilidades de que a velocidade de umamolecula de hidrogenio (H2), a temperatura ambiente, seja maior que: 80 km/h,102 m/s e 103 m/s.
A fracao de moleculas (de massa m) de um gas ideal em equilıbrio termico atemperatura T que tem modulos de velocidade entre 0 e v0 e dada por
N0→v0
N= erf(ξ) − 2√
πξ e−ξ2
onde ξ =v0
vmod
e vmod =
√2kT
m=
√2RT
μ.
Essa fracao representa tambem a probabilidade de que o modulo davelocidade de uma molecula seja menor que v0 , ou seja,
P (0 < v < v0) =N0→v0
N= erf(ξ) − 2√
πξ e−ξ2
24 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Desse modo, a probabilidade de que o modulo da velocidade de uma moleculaseja maior que v0 , pode ser expressa por
P (v > v0) = 1− P (0 < v < v0) = 1 − erf(ξ) +2√π
ξ e−ξ2
A probabilidade P (ξ) pode ser esbocada como no grafico abaixo.
Como o valor modal da velocidade (vmod) para uma molecula de hidrogenio(μ � 2 u) a temperatura ambiente (T � 300,16 K) e da ordem de 1 580 m/s,obtem-se
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
v1 = 80 km/h = (80/3,6) m/s ⇒ ξ1 = 0,014 ⇒ P (v > v1) = 0,9999
v2 = 100 m/s ⇒ ξ2 = 0,06333 ⇒ P (v > v2) = 0,9998
v3 = 1000 m/s ⇒ ξ3 = 0,6333 ⇒ P (v > v3) = 0,8496
Exercıcio 3.6.12 Determine a porcentagem de moleculas de oxigenio que temvelocidades maiores que 103 m/s, quando a temperatura do gas for de: a) 102 K;b) 103 K e c) 104 K.
Uma vez que os valores modais das velocidades (vmod) de uma molecula deoxigenio (μ � 32) nas temperaturas de 102 K, 103 K e 104 K sao dados por
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 25
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
T1 = 102 K ⇒ vmod1 � 230 m/s ⇒ ξ1 � 4,386 ⇒ erf(ξ1) � 1
T2 = 103 K ⇒ vmod2 � 720 m/s ⇒ ξ2 � 1,387 ⇒ erf(ξ1) � 0,95
T3 = 104 K ⇒ vmod1 � 23 m/s ⇒ ξ3 � 0,439 ⇒ erf(ξ1) � 0,44
as respectivas porcentagens das moleculas que tem velocidades maiores quev0 = 1000 m/s sao dadas por
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
T1 = 102 K ⇒ P (v > v0) = 2,2× 10−8 ⇔ 0,0000022%
T2 = 103 K ⇒ P (v > v0) = 0,28 ⇔ 28%
T3 = 104 K ⇒ P (v > v0) = 0,95 ⇔ 95%
Exercıcio 3.6.13 Calcule a velocidade media (〈v〉), a velocidade eficaz (vef) e
a dispersao, σv =√〈v2
ef〉 − 〈v〉2, das velocidades das moleculas do hidrogenio
(H2), a temperatura ambiente. Determine a diferenca entre a energia mediaquadratica, 〈ε〉 = m〈v2〉/2, e m〈v〉2/2.Considerando-se que para moleculas de hidrogenio (μ � 2) em equilıbrio
termico a temperatura ambiente (T � 300,16 K), o fator RT/μ e da ordem de1,25× 1010, encontra-se para a velocidade media, 〈v〉, para a velocidade eficaz,vef, e para o desvio-padrao, σv =
√〈v2〉 − 〈v〉2, os seguintes valores:
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
〈v〉 �√2,55
(RT
μ
)� 1 790 m/s
vef �√3
(RT
μ
)� 1 940 m/s
σv �√0,45
(RT
μ
)� 750 m/s
Sabendo que mH2 � 2mp � 2× 1,66× 10−27 kg,
Δε =12m〈v2〉 − 1
2m〈v〉2 = 1
2mσ2
v ⇒ Δε � 9,3× 10−22 J
26 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 3.6.14 Determine a densidade de moleculas (numero de moleculaspor unidade de volume) de um gas ideal nas CNTP.
De acordo com as hipoteses de Avogadro, sob condicoes normais de tem-peratura e pressao (T � 273 K e P = 1 atm), o volume ocupado por 1 mol(6,023 × 1023) de moleculas de um gas e igual a 22,4 L. Nessas condicoes, adensidade (ou concentracao n) de moleculas de um gas ideal e da ordem de
n =6,023× 1023
22400� 2,68× 1019 moleculas/cm3
Exercıcio 3.6.15 Se o raio da molecula de oxigenio (O2) e da ordem de1, 8 × 10−10 m, estime a frequencia de colisoes das moleculas, em condicoesnormais de temperatura e pressao.
Considerando que a temperatura ambiente (T � 300 K), para as moleculasde oxigenio, μ(O2) � 32, cujo raio (r) e cerca de 1,8 × 10−10 m, a velocidademedia e dada por
〈v〉 �√2,55RT
μ� 450 m/s
e a secao de choque (σ) de colisao, por
σ � 4πr2 � 4,1× 10−15 cm2
Pode-se admitir que a concentracao (n) tambem seja da ordem de 2,68 ×1019 moleculas/cm3 (veja exercıcio anterior).
Assim, da equacao (3.32), a frequencia (f) de colisoes podera ser estimadapor
f = nσ〈v〉 � 4,9× 109 Hz
Exercıcio 3.6.16 Estime a distancia media (d) entre as moleculas a tempe-ratura ambiente e mostre que
r < d <
onde r e o raio de uma molecula e e o livre caminho medio.
Uma vez que o livre caminho medio (), por exemplo, para as moleculas deoxigenio, μ(O2) � 32, de raio (r) cerca de 1,8×10−10 m, a temperatura ambiente(T � 300 K) e dado por
=1
nσ� 10−5 cm
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 27
e o volume efetivo ocupado por uma molecula, igual ao cubo da distancia mediaentre elas, pode ser estimado pelo volume ocupado por um mol dividido pelonumero de Avogadro:
d3 �(
22,4 L6,023× 1023
)=1n
⇒ d � 3,3× 10−7 cm
implica quer < d <
Exercıcio 3.6.17 Suponha que a energia ε de uma molecula de um gas idealseja dada somente por sua energia cinetica de translacao. Mostre que, nessecaso, a fracao de moleculas com energia entre ε e ε+ dε e dada por
dNN
=2√π
(1
kT
)3/2√ε e−ε/kT dε
A fracao de moleculas (de massa m) de um gas ideal em equilıbrio termico atemperatura T com modulos de velocidade entre v e v + dv e dada por
dNN
=
√2π
(m
kT
)3/2
v2 e−12mv2/kT dv
Sabendo que a energia (ε) das moleculas e puramente cinetica e igual aε = 1
2mv2, a expressao representa tambem a fracao de moleculas com energiasentre ε e ε+dε, onde dε = mv dv. Assim, substituindo-se os termos que envolvema velocidade, obtem-se
dNN
=
√2π
(m
kT
)3/2
v e−12mv2/kT︸ ︷︷ ︸
(2/m)1/2ε1/2e−ε/kT
vdv︸︷︷︸dε/m
ou seja,dNN
=2√π
1(kT )3/2
ε1/2e−ε/kT dε
28 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 3.6.18 Considere a distribuicao de energia ρ(ε) dε. Mostre que a fra-cao de moleculas que possuem energia cinetica maior que um valor ε′ >> kTe
2√π
( ε
kT
)1/2e−ε/kT
[1 +
12
(kT
ε
)− 14
(kT
ε
)2
+ . . .
]
Sabe-se que
Nε>ε′�kT
N=
2√π
∫ ∞
ε′
1(kT )1/2
ε1/2e−ε/kT dεkT
Fazendo-seε
kT= x e
ε′
kT= x′ � 1, resulta em
Nε>ε′
N=
√2π
∫ ∞
x′x1/2 e−x dx
Integrando-se por partes, com⎧⎨⎩
u = x1/2 ⇒ du = 12 x−1/2 dx
dv = e−x dx ⇒ v = −e−x
encontra-seNε>ε′
N=
2√π
[−x1/2 e−x
∣∣∣∞x′︸ ︷︷ ︸
x′1/2 e−x′
+12
∫ ∞
x′
e−x
x1/2dx
]
Integrando-se mais uma vez por partes, agora com⎧⎨⎩
u = x−1/2 ⇒ du = −12 x−3/2 dx
dv = e−x dx ⇒ v = −e−x
resulta em
Nε>ε′
N=
2√π
[x′1/2 e−x′
+12
e−x′
x′1/2− 1
4
∫ ∞
x′
e−x
x3/2dx
]
Integrando-se novamente, com⎧⎨⎩
u = x−3/2 ⇒ du = −32 x−5/2 dx
dv = e−x dx ⇒ v = −e−x
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 29
pode-se escrever
Nε>ε′
N=
2√π
[x′1/2 e−x′
+12
e−x′
x′1/2− 1
4e−x′
x′3/2+ . . .
]
=2√π
x′1/2 e−x′[1 +
12
(1x′
)− 1
4
(1x′
)2
+ . . .
]ou
Nε>ε′
N=
2√π
(ε′
kT
)1/2
e−ε′/kT
[1 +
12
(kT
ε′
)− 1
4
(kT
ε′
)2
+ . . .
]
Exercıcio 3.6.19 O fluxo de neutrons atraves da secao de um reator e da ordemde 4×1016 neutrons.m−2.s−1. Se os neutrons (termicos) a temperatura ambiente(T = 300 K) obedecem a distribuicao de velocidades de Maxwell, determine:
(a) a densidade de neutrons;
(b) a pressao do gas de neutrons.
Calculando-se a media das velocidades dos neutrons (m � 1,67× 10−27 kg),a temperatura ambiente (T � 300 K),
〈v〉 =√2,55
(kT
m
)� 2,5× 103 m/s
e tendo em conta que o fluxo (φ) de neutrons e dado pela equacao (3.31),
φ =14
n 〈v〉
a concentracao (ou densidade n) pode ser estimada como
n = 4φ
〈v〉 � 6,4× 1013 neutrons/m3
Considerando que o gas obedece a equacao de estado de Clapeyron, a pressao(P ) pode ser estimada como
P = nkT � 8,8× 10−8 N/m2
30 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 3.6.20 Determine o numero total de choques moleculares porsegundo, por unidade de area, da parede de um recipiente contendo um gasque obedece a lei de distribuicao de Maxwell.
Seja N/V o numero total de moleculas por unidade de volume. O numerode moleculas que atingem uma parede de area A em um intervalo de tempo t(veja Secao 3.1.2) e
nc =16
N
V×A× 〈v〉t
O numero total de choques por segundo e por unidade de area sera
n′c =nc
At=16
N
V〈v〉
Como o gas obedece a distribuicao de Maxwell,
〈v〉 =∫ ∞
0v ρ(v) dv =
√2π(2α)3/2
∫ ∞
0v3 e−αv2
dv︸ ︷︷ ︸1/(2α2)
definindo α = m/(2kT ). Logo,
〈v〉 =√2π(2α)3/2 × 1
2α2=
1√π21/2+3/2−1 × α3/2−2 =
2√π
α−1/2
ou
〈v〉 = 2√π
(2kT
m
)1/2
=(8kT
πm
)1/2
Pode-se ainda substituir na equacao anterior as expressoes k = R/NA eNAm = μ, sendo μ a massa molecular do gas. Assim,
n′c =16
N
V
(8RT
πμ
)1/2
A razao N/V pode ser substituıda, a partir da equacao do gas ideal, por
N
V=
PNA
RT
Deste modo, finalmente, o numero total de choques por segundo e por unidadede area pode tambem ser expresso em termos de (P, T ) como
n′c =PNA
3RT
(2RT
πμ
)1/2
=PNA
3
(2
πμRT
)1/2
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 31
Exercıcio 3.6.21 Um forno contem vapor de cadmio (Cd) a pressao de1, 71× 10−2 mm Hg, a temperatura de 550 K. Em uma parede do forno existeuma fenda com o comprimento de 1 cm e uma largura de 10−3 cm. Do outrolado da parede ha um altıssimo vacuo. Supondo que todos os atomos que chegama fenda atravessam-na, determine a corrente do feixe de atomos.
Foi mostrado no livro de texto, equacao (3.31), que o fluxo φ de moleculasque atravessam um orifıcio de um forno e dado por
φ =14
N
V〈v〉
A corrente (numero de partıculas por segundo) associada a este fluxo e
I = φ ·A
Usando-se o resultado do exercıcio anterior, pode-se escrever
I =14
PNA
RT
(8RT
πμ
)1/2
A = PANA
(1
2πμRT
)1/2
lembrando que, neste caso, as grandezas devem estar expressas no CGS.
Dados: ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
μCd = 112 g/mol
T = 500 K
A = 10−3 cm2
P = 1,71× 10−2 mmHg
1 mmHg = 1,01× 106 dyn/cm2
R = 8,315× 107 erg.K−1.mol−1
Assim, a corrente e dada por
I =1,01× 105
760× 10−7 × 6,02× 1023 × (2π × 112× 8,315× 107 × 500)−1/2
ou
I =8× 1018
(2, 9× 1013)1/2=
8× 1018
√29× 106
⇒ I = 1,5× 1012 moleculas/s
32 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 3.6.22 Determine o comprimento do lado de um cubo que contemum gas ideal nas CNTP, cujo numero de moleculas e igual a populacao doBrasil (� 170 milhoes de habitantes) no fim do seculo XX.
O numero de Loschmidt e obtido dividindo-se o numero de Avogadro pelovolume ocupado por 1 mol de gas ideal, ou seja, 22,4 L = 22 400 cm3.
6,023× 1023 moleculas22 400 cm3
= 2,69× 1019 moleculas/cm3
Este numero obviamente e o mesmo para todos os gases ideais. Sendo V = a3
o volume do cubo de aresta a, tem-se⎧⎨⎩
2,69× 1019 moleculas → 1 cm3
1,7× 108 moleculas → a3 cm3
donde,
a = 3
√1,7× 108
2,69× 1019cm = 0,00018 cm ⇒ a = 1,8 μm(microns)
Exercıcio 3.6.23 Mostre que a probabilidade de que uma molecula de um gasideal tenha momentum com modulo compreendido entre p e p+ dp e dada por
g(p)dp = 4π(
12πmkT
)3/2
exp[−
( p2
2mkT
)]p2 dp
A fracao de moleculas (de massa m) de um gas ideal em equilıbrio termico atemperatura T com modulos de velocidade entre v e v + dv e dada por
dNN
=
√2π
(m
kT
)3/2
v2 e−12mv2/kT dv
Uma vez que o modulo do momentum (p) de cada molecula e igual a p = mv, aexpressao representa tambem a probabilidade, dP (p, p+ dp), de que o modulodo momentum de uma molecula esteja entre p e p+ dp, com dp = m dv. Assim,substituindo-se os termos que envolvem a velocidade, pode-se escrever
dP (p, p+ dp) =4√π
1(2mkT )3/2
p2 exp[− p2
2mkT
]dp
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 33
ou
dP (p, p+ dp) =4√π
p2
p3mod
exp(− p
pmod
)2
dp
onde pmod =√2mkT e o valor modal do momentum.
Exercıcio 3.6.24 Considere a distribuicao de Maxwell-Boltzmann para partı-culas que nao interagem entre si e que se movem originalmente na horizontalsob a acao de um campo gravitacional uniforme, cuja energia e p2/2m + mgz,sendo z a altura da partıcula em relacao a um ponto de referencia. Determinepara essas partıculas:
a) a energia cinetica media;
b) a energia potencial media;
c) a dispersao na posicao; e
d) o valor da dispersao a temperatura de 300 K, para moleculas de H2.
Na solucao dos diversos itens deste exercıcio serao uteis os resultados dasseguintes integrais:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
I =∫ ∞
0e−αz dz =
1α
I0 =∫ ∞
0e−αz2
dz =√
π
2α−1/2
I2 =∫ ∞
0z2e−αz2
dz =√
π
4α−3/2
I4 =∫ ∞
0z4e−αz2
dz =3√
π
8α−5/2
a) a energia cinetica media:
Sabendo-se que
εc =p2
2m⇒ 〈εc〉 = 〈p2〉
2m
34 Fısica Moderna Caruso • Oguri
e sendo,
〈p2〉 =
∫ ∞
0p2 e−p2/(2mkT ) p2 dp∫ ∞
0e−p2/(2mkT ) p2 dp
=I4
I2
ou 〈p2〉 = 3/(2α), onde α = 1/(2mkT ), obtem-se,
〈εc〉 = 32kT
b) a energia potencial media:
εp = mgz ⇒ 〈εp〉 = mg〈z〉sendo,
〈z〉 =
∫ ∞
0z e−mgz/(kT ) dz∫ ∞
0e−mgz/(kT ) dz
= −1I
dIdα
=1α
(α = mg/kT )
Logo,
〈z〉 = kT
mg⇒ 〈εp〉 = kT
Portanto, o valor medio da energia total, 〈ε〉 = 〈εc〉+ 〈εp〉, e
〈ε〉 = 52kT
c) a dispersao na posicao e dada por
σz =√〈z2〉 − 〈z〉2
O termo 〈z〉 ja foi calculado no item anterior, ou seja, 〈z〉 = kT/(mg). Restacalcular
〈z2〉 =
∫ ∞
0z2 e−mgz/(kT ) dz∫ ∞
0e−mgz/(kT ) dz
=1I
d2I
dα2=2α−3
α−1=
2α2
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 35
Assim,
〈z2〉 = 2(
kT
mg
)2
e 〈z〉2 =(
kT
mg
)2
Logo,
σ2z =
(kT
mg
)2
⇒ σz =RT
μg
Cabe aqui um comentario. Considerando-se a temperatura ambiente, verifica-se que, no SI,
〈z〉 � 10−21
2× 1,62× 10−27 × 10� 105 m
Tal valor vai implicar um valor tao alto para a dispersao na posicao, quesimplesmente mostra que a atmosfera nao e isotermica, ao contario do que estaimplıcito na aplicacao da distribuicao de Maxwell-Boltzmann ao problema (vejaitem d).
d) o valor da dispersao na posicao para molecula de H2, a temperatura de 300 K:
Para a molecula de H2, μ = 2 u. Assim,
σz =8,315× 107 × 3× 102
2× 9,81× 102=3× 8,3152× 9,81
× 107 ⇒ σz = 1,3× 107 cm
Exercıcio 3.6.25 A condutividade termica K de um gas de moleculas poliato-micas, consideradas como esferas rıgidas, e dada pela formula
K =5π32
(CV +
94R
)< v >
Mρ
onde CV e a capacidade termica media a volume constante do gas, R e a cons-tante dos gases, e o livre caminho medio das moleculas e ρ, a densidade mole-cular do gas. Mostre que, em termos da dimensao caracterıstica d das moleculase da temperatura T , a expressao acima pode ser escrita como
K =516
(CV +
94R
) (RT
πM
)1/2 1NAd2
A condutividade termica K de um gas de moleculas poliatomicas, considera-das como esferas rıgidas, e dada por
36 Fısica Moderna Caruso • Oguri
K =5π32
(CV +
94R
)〈v〉M
ρ
Para se chegar a expressao desejada, e necessario substituir na equacaoanterior o valor do livre caminho medio . Mostrou-se, na Secao 3.3.1, que estagrandeza e dada pela equacao (3.34), ou seja, = α/(nσ), onde n e o numerode moleculas por unidade de volume que interagem, que pode ser obtida daequacao do gas ideal como
n =N
V=
PNA
RT
Tomando α = 1/√
π e a secao de choque geometrica σ = πd2, obtem-se
=1√2πd2
RT
PNA
E preciso tambem substituir a velocidade media das moleculas, pela formula
〈v〉 =(8RT
πM
)2
= 2√2
(RT
πM
)2
e a densidade ρ em termos da massa molecular, lembrando que, para um gasideal,
PV = nRT ⇒ PM =nM
V︸︷︷︸ρ
RT ⇒ ρ =PM
RT
Deste modo, obtem-se
K =5π32
(CV +
94R
)× 1√
2πd2
RT
PNA
× 2√2
(RT
πM
)2
× PM
RT× 1
M
a qual pode ser simplificada, de forma a se obter a expressao solicitada:
K =516
(CV +
94R
) (RT
πM
)1/2 1NAd2
Exercıcio 3.6.26 Mostre que a secao de choque diferencial, dσ/dΩ, para oespalhamento geometrico de uma partıcula por uma esfera rıgida de raio R e
dσ
dΩ=14R2
3. O atomismo na Fısica: o triunfo do mecanicismo 37
e que a secao de choque total e πR2.
Foi mostrado nas paginas 376 e 377 do livro de texto que, se J incα e a densidade
de corrente de partıculas que incidem sobre o alvo, a taxa de partıculas (dN/dt)que sera espalhada entre um angulo solido Ω e Ω + dΩ e dada por
dNdt
= J incα dΩ = J inc
α b db dφ
sendo φ o angulo azimutal sobre o qual ainda nao se integrou. Por outro lado,dNdt
= J incα dσ
Desse modo, pode-se obter uma expressao para a secao de choque infinite-simal, dσ, em termos do parametro de impacto b da colisao, dada por
dσ = b dbdφ
O choque de uma partıcula com uma esfera rıgida pode ser representado pelafigura a seguir.
Para se obter a secao de choque diferencial em relacao ao angulo solidodΩ e necessario expressar o parametro de impacto em termos do angulo deespalhamento θ. Da figura, ve-se que
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
θ = π − 2χ
b = R senχ = R sen(
π
2− θ
2
)= R cos
θ
2
38 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Com isso,
dσ = b dbdφ = R cosθ
2
(−12R sen
θ
2
)dθ dφ = −1
4R2 sen θ dθ dφ =
14R2 dΩ
Portanto,
σ(Ω) ≡ dσdΩ
=14
R2
A secao de choque total e
σ =∫
dσdΩ
dΩ =14
R2 × 2π ⇒ σ = πR2
Exercıcio 3.6.27 A secao de choque (σ) classica de Mott para o espalhamentode eletrons por protons com energia cinetica E, tal que mc2 � E � Mc2,onde m e M sao, respectivamente, as massas do eletron e do proton, e c e avelocidade da luz no vacuo, pode ser escrita como
σ(θ) =[(
e2
4E
)2 1sen4θ/2
]︸ ︷︷ ︸
σRutherford
cos2θ
2
onde e2 e o modulo do produto das cargas do eletron e do proton. Faca umesboco de σ em funcao do angulo de espalhamento θ.
Na figura abaixo, apresenta-se um esboco da secao de choque classica deMott (linha pontilhada), descrita pela equacao acima, comparada com a secaode choque classica de Rutherford (σRutherford – linha tracejada).
Note que as duas secoes de choque classicas tem comportamento praticamenteidenticos para angulos compreendidos entre 0o e � 50o.
4
O movimento browniano e ahipotese molecular
Exercıcio 4.6.1 Partıculas de fuligem de raio 0,4× 10−4 cm estao imersas emuma solucao aquosa de viscosidade 0,0278 g.cm−1.s−1 a temperatura de 18,8 oC.Se o deslocamento efetivo observado em uma dada direcao durante 10 s e daordem de 1,82 × 10−4 cm, estime o numero de Avogadro.
Considere os dados:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
a = 0,4 × 10−4 cm
η = 0,0278 g · cm−1 · s−1
T = 18,8 oC = 291,8 K
λ = 1,82 × 10−4 cm, em t = 10 s
R = 8,315 × 107 erg.K−1.mol−1
O numero de Avogadro pode ser obtido da equacao
NA =(
t
λ2
)RT
3πηa=
10(1,82)2 × 10−8
× 8,315 × 107 × 2,918 × 102
3 × 3,14 × 2,78 × 10−2 × 0,4 × 10−4=
=2,4263 × 1011
3,4715 × 10−13⇒ NA � 6,99 × 1023
39
40 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 4.6.2 Uma partıcula de raio a (cm) move-se com velocidade cons-tante v (cm/s) atraves de um fluido de viscosidade η (g.cm−1.s−1). Se a forcade atrito que atua sobre ela depende de a, v e η, mostre que uma analise di-mensional leva a lei de Stokes.
Seja F = F (a, v, η). Dimensionalmente (escolhendo o sistema MLT ), tem-se⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
[F ] = MLT−2
[a] = L
[v] = LT−1
[η] = ML−1T−1
Logo, deve-se ter
[F ] = MLT−2 = [a]α [v]β [η]γ = Lα Lβ T−β Mγ L−γ T−γ = Mγ Lα+β−γ T−(β+γ)
Segue-se, entao, que γ = 1 e⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
α + β − γ = 1 ⇒ α = 1
β + γ = 2 ⇒ β = 1
e, portanto,F ∼ aηv
Exercıcio 4.6.3 Obtenha a equacao (4.9).
ρ(x) =1√
4πDte−x2/(4Dt) =
1√2πσ2
e−x2/(2σ2)
sendo σ2 = 2Dt. O valor medio de x e dado por
〈x〉 =1√
2πσ2
∫ ∞
−∞x e−x2/(2σ2) dx = 0
pois a integral vai de −∞ a +∞ e x e uma funcao ımpar enquanto a exponencial,par.
4. O movimento browniano e a hipotese molecular 41
Por outro lado,
〈x2〉 =1√
2πσ2
∫ ∞
−∞x2 e−x2/(2σ2) dx =
2√2πσ2
∫ ∞
0x2 e−x2/(2σ2) dx
=2√
2πσ2× 1
2× Γ(3/2) × (2σ2)3/2
Lembrando-se que Γ(3/2) =√
π/2,
〈x2〉 =23/2σ3
σ × 21/2 × 2= σ2 = 2Dt
ComoD =
kT
6πηa=
RT
6πη
1NAa
segue-se que
〈x2〉 =kT
3πηat =
RT
3πηaNA
t
Exercıcio 4.6.4 De acordo com a equacao (4.10), estime o deslocamento medioquadratico em uma direcao para moleculas de acucar dissolvidas em agua a17 oC, decorridos 2 minutos.
Deve-se usar a equacao
λx =√〈x2〉 =
√RT
3πηaNA
t
Considerando os dados⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
a = 10−4 cm
η = 0,0135 g · cm−1 · s−1 (agua)
T = 17 oC = 290 K
t = 2 min = 120 s
NA = 6,022 × 1023
R = 8,315 × 107 erg.K−1.mol−1
42 Fısica Moderna Caruso • Oguri
obtem-se
λx =
√8,315 × 107 × 2,9 × 102 × 1,2 × 102
3 × 3,14 × 1,35 × 10−2 × 6,022 × 1023 × 10−4
=
√2,8936 × 1012
0,7662 × 1019=
√3,7766 × 10−7 = 6,1 × 10−4 cm ⇒ λx = 6,1 μm
Exercıcio 4.6.5 Utilizando os dados disponıveis a epoca de Einstein, determineo valor da constante de Boltzmann, a partir da equacao (4.12):
k =(
λ2x
t
) (3πηa
T
)
De acordo com o exercıcio anterior, λ = 6,1 μm, para t = 120 s. Como nesteexercıcio consideram-se moleculas de acucar, dissolvidas em agua, a = 10−4 cm.Assim, no sistema CGS,
k =(6,1)2 × 10−8
1,2 × 102× 3 × 3,14 × 1,35 × 10−2 × 10−4
2,9 × 102
=4,7344 × 10−12
3,48 × 104= 1,36 × 10−16 erg/K ⇒ k = 1,36 × 10−23 J/K
Exercıcio 4.6.6 Partindo da equacao (4.10), esboce a dependencia do desloca-mento medio quadratrico, λx, em termos do tempo t.
Esse e um exemplo raro de movimento cujo deslocamento medio varia com araiz quadrada do tempo.
5
Concepcoes classicas sobre anatureza da luz
Exercıcio 5.10.1 Mostre que os coeficientes de reflexao r e de transmissao t deum pulso se propagando em uma corda com duas densidades diferentes, comodefinidos no texto, satisfazem a relacao r + t = 1.
Os coeficientes de reflexao e transmissao sao dados, respectivamente, por
r =(
k1 − k2
k1 + k2
)2
e t =4k1k2
(k1 + k2)2
Sendo assim,
r + t =(
1k1 + k2
)2
(k21 + k2
2 − 2k1k2 + 4k1k2) =(
k1 + k2
k1 + k2
)2
= 1
Exercıcio 5.10.2 Calcule o valor medio quadratico, em um perıodo (T ), dafuncao sen (kx − ωt), que descreve uma onda monocromatica de frequenciaω = 2π/T e numero de propagacao k.
⟨sen2 (kx− ωt)
⟩=
1T
∫ T
0sen2
(kx− 2πt
T
)dt
=1
2T
∫ T
0
[1− cos 2
(kx− 2πt
T
)]dt
⇓
43
44 Fısica Moderna Caruso • Oguri
⟨sen2 (kx− ωt)
⟩=
12
Exercıcio 5.10.3 As componentes do campo magnetico de uma ondaeletromagnetica de frequencia ω e numero de propagacao k se propagando novacuo sao Bx = B◦ sen (ky + ωt), By = Bz = 0. Determine as componentes docampo eletrico e a direcao e o sentido da propagacao da onda.
Considere a seguinte figura.
Sabe-se que, para uma onda plana no vacuo,
| �B |=| �E |, �B ⊥ �E, �E ⊥ �k
O campo magnetico e do tipo �B = Bxı e �k = kj (veja figura anterior). Logo,o campo eletrico propaga-se na direcao k e e da forma
�E = Ezk = kB◦ sen (ky + ωt)
Exercıcio 5.10.4 Deduza a equacao da continuidade para a carga eletrica apartir das equacoes de Maxwell.
Inicialmente, toma-se a derivada temporal da lei de Gauss,
�∇ · �D = 4πρ ⇒ �∇ · ∂�D
∂t= 4π
∂ρ
∂t
Por outro lado,
�∇× �H =4π
c�J +
1c
∂ �D
∂t⇒ ∂ �D
∂t= c(�∇× �H)− 4π �J
5. Concepcoes classicas sobre a natureza da luz 45
Tomando-se o divergente da ultima equacao e igualando o resultado a equacaoobtida da lei de Gauss, encontra-se
�∇ · ∂�D
∂t= c�∇ · (�∇× �H)︸ ︷︷ ︸
=0
−4π�∇ · �J = 4π∂ρ
∂t⇒ ∂ρ
∂t+ �∇ · �J = 0
Exercıcio 5.10.5 Mostre que a pressao P exercida por um feixe de luz deintensidade I que incide perpendicularmente sobre uma superfıcie que a absorvecompletamente e dada por
P =I
c
Considere a situacao representada na figura a seguir.
O momentum transferido, Δp, pelo feixe de luz a superfıcie S, em um intervalode tempo Δt, e
Δp =∫
gνScΔt dν
onde gν e a densidade espectral de momentum do feixe. Consequentemente, apressao e dada por
P =1S
⟨Δp
Δt
⟩= c
⟨∫gν dν
⟩≡ c 〈g〉
Por outro lado, combinando-se as equacoes 〈g〉 = u/c e I = uc, obtem-se
P = I/c
46 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 5.10.6 A intensidade da radiacao do Sol que penetra na atmosferaterrestre e da ordem de 1,4 × 103 W/m2. Compare a pressao da radiacao coma pressao atmosferica ao nıvel do mar.
ISol = 1,4×103 W/m2 = 1,4×103 Js.m2
= 1,4×103× 107
104
ergs.cm2
= 1,4×106 ergs.cm2
A pressao da radiacao e dada por
PSol =ISol
c=
1,4× 106
3× 1010= 0,5× 10−4 erg/cm3 = 0,5× 10−4 × 10−7
10−6J/m3
ouPSol = 0,5× 10−5 Pa
Recordando que
Patm = 1 atm = 105 Pa ⇒ PSol
Patm
= 10−10
Exercıcio 5.10.7 Considere que em uma regiao do espaco haja um campomagnetico paralelo ao eixo z e com simetria axial, ou seja, seu modulo, emborapossa variar no tempo, depende apenas da distancia r ao eixo z. Determine ocampo eletrico em cada ponto do espaco.
Sabe-se que (veja figura a seguir)∮�E · d = − d
dt
∫S
�B · dS = − ddt
φB = −[d〈B〉dt
]S
onde 〈B〉 e o valor medio do campo magnetico na regiao delimitada por S.Assim,
5. Concepcoes classicas sobre a natureza da luz 47
E · 2πr =ddt〈B〉 · πr2
ou
E =12rd〈B〉dt
Exercıcio 5.10.8 Um ıon, de carga eletrica q e massa m, desloca-se em umaorbita circular de raio r sob acao de uma forca centrıpeta F . Em um certointervalo de tempo, um campo magnetico fraco e uniforme e estabelecido nadirecao perpendicular ao plano da orbita. Mostre que a variacao no modulo davelocidade v do ıon, no SI, e Δv = ±qrB/2m.
Neste movimento, a forca centrıpeta e dada pela resultante
mv2
R= Fc + Fm (Fm << Fc = F )
onde (veja figura abaixo)
Fc = mv2◦R
e Fm = ±qvB (SI)
Logo,m
R(v2 − v2
◦) = ±qvB
Como o termo da diferenca entre os quadrados das velocidades pode serexpresso como
(v2 − v2◦) = (v − v◦) (v + v◦)︸ ︷︷ ︸
�2v
= Δv · 2v ⇒ Δv = ±qBR
2m
48 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 5.10.9 Mostre que a variacao no momento magnetico, Δ�μ, de umıon sujeito a variacao de velocidade na situacao descrita no problema anteriore igual a
Δ�μ = ±(
q2r2
4m
)�B
Considere uma partıcula de carga q em movimento circular uniforme,conforme a figura a seguir.
A corrente eletrica produzida e
I =q
T=
ω
2πq =
v
2πRq
Por outro lado,μ = I · S = IπR2 =
v
2qR
Assim,
μ◦ =v◦2
qR ⇒ μ− μ◦ ≡ Δμ =v − v◦
2qR
Como, de acordo com o exercıcio anterior,
Δv = ±qBR
2m⇒ Δ�μ = ±
(q2R2
4m
)�B
5. Concepcoes classicas sobre a natureza da luz 49
Exercıcio 5.10.10 Considere que um eletron de coordenada y oscile comamplitude y◦ em torno de uma origem com frequencia ν, ou seja, y =y◦ cos (2πνt). Mostre que a potencia media irradiada por esse eletron e
〈P 〉 =16π4ν4e2
3c3y2◦
Para um movimento ao longo do eixo-y, conforme a figura abaixo, descritopela equacao
y = y◦ cos(2πνt)
a aceleracao e dada por
a = (2πν)2y◦ cos(2πνt)
A potencia irradiada e dada pela formula de Larmor
P =23
e2
c3
⟨a2(tr)
⟩T
=2e2
3c3× 16π4ν4y2
◦⟨
cos2[2πν(t− r/c)
]⟩T
Como o valor medio a direita da equacao anterior e igual a 1/2, chega-se aoresultado
P =16π4ν4e2y2◦
3c3
50 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 5.10.11 Usando o resultado do problema anterior, estime o valorda potencia media irradiada pelo eletron, cuja carga eletrica e da ordem de−4,8 × 10−10 ues, sabendo que a frequencia e da ordem de 5,0 × 1014 Hz, esupondo que a amplitude de oscilacao do eletron seja da ordem das dimensoesatomicas.
Neste exercıcio usa-se o resultado do anterior. A frequencia e ν = 5×1014 Hz,e = 5× 10−10 ues e c = 3× 1010 cm/s. Assim,
P =16× π4 × 25× 25× 1056 × 52 × 10−20 × 10−16
3× 3× 1030
= 25× 10−6 erg/s 10−5 erg/s = 10−5 × 10−7 J/s
ou,P 10−12 W
Exercıcio 5.10.12 Com base na formula de Larmor para a potencia mediairradiada por uma partıcula acelerada com carga eletrica e, equacao (5.31), deuma explicacao de por que o ceu e azul.
A formula de Larmor e dada pela equacao (5.31) do livro, ou seja,
P =2e2
3c3〈a2〉
A equacao de movimento de uma partıcula de massa m e carga eletrica e, soba acao de um campo eletrico uniforme Ex = E◦ = cos ωt ,de amplitude E◦ efrequencia ω, ao longo da direcao x, e uma forca restauradora linear tambem aolongo da direcao x, Fx = −mω2◦x, onde ω◦ e a frequencia natural de oscilacao,e dada por
mx = −mω2◦x + eE◦ cos ωt
ou seja,
x + ω2◦x =
eE◦m
cos ωt
Apos um longo tempo, quando a partıcula oscila em fase e com a mesmafrequencia do campo eletrico, o deslocamento (x) da partıcula pode ser expressocomo
x = A cos ωt
5. Concepcoes classicas sobre a natureza da luz 51
onde a amplitude A e dada por
A =eE◦
m(ω2◦ − ω2
)Assim, o deslocamento da partıcula pode ser expresso como
x =eE◦
m(ω2◦ − ω2
) cos ωt
e, a aceleracao (a = x), para ω◦ ω, por
a = −eE◦ω2 cos ωt
mω2◦
Assim, chega-se a
P =2e4E2◦ω4
⟨cos2(ωt)
⟩3m2ω4◦c3
=e4E2◦c
3m2ω2◦λ4
que foi obtida usando-se o resultado do Exercıcio 5.10.2 e depois expressando oresultado final em termos do comprimento de onda λ, dado pela relacao ω = c/λ.
Este resultado, encontrado originalmente por Lord Rayleigh, permite concluirque a luz azul (de menor comprimento de onda) e mais espalhada do quea luz vermelha. De fato, os comprimentos de onda do azul variam entre450 − 495 nm (nanometros), enquanto os do vermelho estao compreendidosentre 620 − 750 nm. Se, para efeito de estimativa, consideram-se os valoresmedios λazul = 472,5 nm e λvermelho = 685 nm, obtem-se
Pazul
Pvermelho
(λvermelho
λazul
)4
=(
685472,5
)4
= 4,4
Assim, o ceu e azul porque o que se ve e a luz refratada e espalhada pelasmoleculas de oxigenio e nitrogenio que compoem o ceu em sua maioria, ouseja, nao se esta olhando diretamente para a fonte da luz. Entretanto, comoa luz violeta tem um comprimento de onda ainda menor ( 380 − 450 nm)do que o azul, pode-se indagar por que, entao, o ceu nao e violeta em vezde azul. Acontece que a visao do olho humano normal e mais acurada paracomprimentos de onda contidos no intervalo de 400 − 700 nm. Desse modo,uma parte do violeta nao se ve e a restante, com comprimentos mais proximosdo azul, se confunde com esta cor.
52 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 5.10.13 Um proton percorre uma orbita circular de raio r = 1 matraves do campo magnetico uniforme de um cıclotron, com energia cineticaigual a 50 MeV. Calcule a energia perdida pelo proton durante seu movimentoorbital.
A energia perdida pelo proton no movimento orbital pode ser expressa por
ε = P · T =P
ν
onde a potencia e dada pela formula de Larmor, P = 2e2〈a2〉/(3c3). O sistemade coordenadas utilizado na solucao esta apresentado na figura a seguir, com aposicao ao longo do eixo-y dada por y = r cos θ = r cos ωt e a aceleracao, pora = −ω2r cos ωt, donde se tira que 〈a2〉 = ω4r2/2.
Assim, a potencia de Larmor pode ser escrita como
P =ω4r2e2
3c3
A frequencia angular ω pode ser eliminada e expressa em termos da energiacinetica, εc, do proton que se move no cıclotron e do seu raio r, lembrandoapenas que v = ωr e
εc =12mv2 =
12mω2r2 ⇒ ω2 =
2εc
mr2
Assim,
P =4ε2ce
2
3m2r2c3=
( εc
mc2
)2 × 4e2c
3r
A razao entre a energia do proton (50 MeV) e sua energia de repouso( 1 GeV) e
εc
mc2=
εc
mc2=
5× 107
109= 5× 10−2
5. Concepcoes classicas sobre a natureza da luz 53
O termo e2c/(3r) vale, no CGS, para r = 100 cm,
e2c
3r=
(4,8)2 × 10−20 × 3× 1010
3× 102= 23,04× 10−12 erg/s
Assim, a potencia e
P = 5× 10−2 × 2,3× 10−11 erg/s = 11,5× 10−13 erg/s
Lembrando que 1 erg = 1012/1,6 eV, a potencia perdida pelo proton em seumovimento orbital e
P =11,5× 10−13 × 1012 × 10
1,6eV/s ⇒ P = 0,72 eV/s
Como
ω2 = 4π2ν2 =2εc
mr2⇒ ν =
12π
√2εc
mr2
Logo, no SI,
ν =12π×
√2× 5× 107 × 1,6× 10−19
1,673× 10−27 × 1 0,98× 108
2× 3,1415= 1,6× 107 Hz
e, portanto, a energia perdida pelo proton, por ciclo, no movimento orbital e
ε =P
ν=
0,721,6× 107
⇒ ε 4,5× 10−8 eV
54 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 5.10.14 Faca um esboco da secao de choque diferencial de Thomson,equacao (5.41), em funcao do angulo θ de espalhamento, ou seja,
(dσ
dΩ
)Th
=(
e2
mc2
)2 (1 + cos2 θ)2
(5.1)
A distribuicao angular da secao de choque diferencial de Thomson e dadapela figura acima.
Note que a secao de choque diferencial de Thomson apresenta um mınimopara θ = 90o e e maxima nas regioes ao longo do feixe (θ = 0o e θ = 180o).
6
A Eletrodinamica e a Teoriada Relatividade Restrita deEinstein
Exercıcio 6.11.1 Dada a equacao de onda de d’Alembert
∇2Ψ− 1c2
∂2Ψ∂t2
= 0
considerando que Ψ(x, y, z, t) e um campo escalar, segundo uma transformacaode coordenadas entre dois referenciais inerciais, mostre que:
a) a equacao nao e invariante sob a transformacao de Galileu⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
x′ = x− vty′ = yz′ = zt′ = t
b) a equacao e invariante sob a transformacao de Lorentz⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
x′ = γ(v)(x− vt)y′ = yz′ = zt′ = γ(v)(t− xv/c2)
onde γ(v) = (1−v2/c2)−1/2, (x′, y′, z′, t′) e (x, y, z, t) sao as coordenadas espaco-temporais segundo dois referenciais S′ e S, cujas origens coincidem no instante
55
56 Fısica Moderna Caruso • Oguri
inicial (t′ = t = 0), e S′ se desloca em relacao a S, na direcao x, com velocidadeconstante v.
a) as transformacoes de Galileu entre dois sistemas inerciais S e S′,⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
x′ = x− vt ⇒ ∂
∂x=
∂x′
∂x
∂
∂x′=
∂
∂x′
y′ = y ⇒ ∂
∂y=
∂
∂y′
z′ = z ⇒ ∂
∂z=
∂
∂z′
t′ = t ⇒ ∂
∂t=
∂x′
∂t
∂
∂x′+
∂t′
∂t
∂
∂t′= −v
∂
∂x′+
∂
∂t′
implicam
∂2
∂x2=
∂2
∂x′2,
∂2
∂y2=
∂2
∂y′2,
∂2
∂z2=
∂2
∂z′2
e∂2
∂t2= v2 ∂2
∂x′2− 2v
∂2
∂x′∂t′+
∂2
∂t′2
Uma vez que para um campo escalar
Ψ(x, y, z, t) = Ψ′(x′, y′, z′, t′)
a equacao de onda de d’Alembert pode ser escrita nos dois sistemas inerciaiscomo
(∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2+
∂2
∂x2− 1
c2
∂2
∂t2
)Ψ =
=(
∂2
∂x′2+
∂2
∂y′2+
∂2
∂z′2− v2
c2
∂2
∂x′2+ 2
v
c
∂2
∂x′∂t′− 1
c2
∂2
∂t′2
)Ψ′ =
=[ (
1− v2
c2
)∂2
∂x′2+
∂2
∂y′2+
∂2
∂z′2+ 2
v
c
∂2
∂x′∂t′− 1
c2
∂2
∂t′2
]Ψ′ = 0
ou seja, a equacao nao mantem a mesma forma nos dois sistemas inerciais S eS′: [ (
1− v2
c2
)∂2
∂x′2+
∂2
∂y′2+
∂2
∂z′2+ 2
v
c
∂2
∂x′∂t′− 1
c2
∂2
∂t′2
]Ψ′ = 0
6. A Eletrodinamica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 57
b) por outro lado, as transformacoes de Lorentz entre dois sistemas inerciais Se S′,⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
x′ = γ(v)(x− vt) ⇒ ∂
∂x=
∂x′
∂x
∂
∂x′+
∂t′
∂x
∂
∂t′= γ
∂
∂x′− γ
v
c2
∂
∂t′
y′ = y ⇒ ∂
∂y=
∂
∂y′
z′ = z ⇒ ∂
∂z=
∂
∂z′
t′ = γ(v)(t− xv/c2) ⇒ ∂
∂t=
∂x′
∂t
∂
∂x′+
∂t′
∂t
∂
∂t′= −γv
∂
∂x′+ γ
∂
∂t′
onde γ = (1− v2/c2)−1/2, implicam
∂2
∂x2= γ2 ∂2
∂x′2− 2γ2 v
c2
∂2
∂x′∂t′+ γ2 v2
c4
∂2
∂t′2,
∂2
∂y2=
∂2
∂y′2,
∂2
∂z2=
∂2
∂z′2
e∂2
∂t2= γ2v2 ∂2
∂x′2− 2γ2v
∂2
∂x′∂t′+ γ2 ∂2
∂t′2
ou seja, no sistema S′,(
γ2 ∂2
∂x′2− 2γ2 v
c2
∂2
∂x′∂t′+ γ2 v2
c4
∂2
∂t′2+
∂2
∂y′2+
∂2
∂z′2+
− γ2 v2
c2
∂2
∂x′2+ 2γ2 v
c2
∂2
∂x′∂t′− γ2
c2
∂2
∂t′2
)Ψ′ = 0
Fazendo-se um pequeno algebrismo, ve-se que a equacao de onda ded’Alembert mantem a mesma forma em dois sistemas inerciais. De fato,[
γ2(1− v2
c2
)︸ ︷︷ ︸
1
∂2
∂x′2+
∂2
∂y′2+
∂2
∂z′2− 1
c2γ2
(1− v2
c2
)︸ ︷︷ ︸
1
∂2
∂t′2
]Ψ′ = 0
Exercıcio 6.11.2 Estime o valor de√
1− v2/c2 para
a) v = 10−2 c
b) v = 0,9998 c√1− v2
c2=
(1− v2
c2
)1/2
58 Fısica Moderna Caruso • Oguri
a)v
c= 10−2 =⇒
(1− v2
c2
)1/2
� 1− 12
v2
c2= 1− 0,0001
2= 0,99995
b)v
c= 0,9998 = 1− 0,0002
(1− v2
c2
)1/2
=[1− (1− 0,0002)2︸ ︷︷ ︸
1−0,0004
]1/2 = (0,0004)1/2 � 0,02
Exercıcio 6.11.3 Um trem de 900 m de comprimento desloca-se em relacaoa estacao com velocidade de 180 km/h. Dois sinalizadores colocados emseus extremos emitem feixes luminosos um contra o outro que, segundo umobservador na estacao, foram emitidos simultaneamente. Determine o intervalode tempo entre os dois sinais para um observador no trem.
Dados sobre o trem:⎧⎨⎩
Lo = 900 m (comprimento proprio)
v = 180 km/h = 50 m/s (velocidade com relacao a estacao)
Orientando-se os eixos x e x′ de dois sistemas inerciais S (solidario a estacao)e S′ (no interior do trem) paralelamente a velocidade (�v) do trem, sincronizadostal que x = x′ = 0 em t = t′ = 0, pode-se escrever a relacao entre as medidasde tempo em S e S′ como
t′ = γ(v)(t− xv/c2
)onde γ(v) =
(1− v2/c2
)−1/2
Se um observador em S determinou que dois eventos (1 e 2) ocorridos nosextremos do trem, em x1 e x2, foram simultaneos (t1 = t2), para um observadorem S′, o processo correspondeu a um intervalo de tempo (Δt′ = t′2 − t′1) quepode ser determinado por
t′2 − t′1︸ ︷︷ ︸Δt′
= γ(v)[(t2 − t1)︸ ︷︷ ︸
0
− (x2 − x1)︸ ︷︷ ︸L
v/c2]
=⇒ Δt′ = γ(v)Lv
c2
onde L e a distancia entre os pontos x1 e x2, ou seja, o comprimento do trempara um observador em S, relacionado com o comprimento proprio por
L = Lo/γ
Assim,
Δt′ = Lov
c2=
900× 509× 1016
= 5,0× 10−13 s ⇒ Δt′ = 0,5 ps
6. A Eletrodinamica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 59
Exercıcio 6.11.4 O comprimento de um foguete em movimento, em relacaoa um observador na Terra, e cerca de 1% menor do que quando em repouso.Calcule a velocidade do foguete.
Sabe-se que o comprimento do foguete (L) para um observador na Terra estarelacionado com o seu comprimento proprio (Lo) por
L =Lo
γonde γ(v) =
(1− v2/c2
)−1/2 e v e a velocidade do foguete.
Sendo L tambem cerca de 1% menor que Lo, ou seja,
Lo − L
Lo=
(γ − 1)γ
= 1− 1γ
= 0,01
resulta que1γ
=(
1− v2
c2
)1/2
= 0,99
Assim,
1− v2
c2= 0,9801 =⇒ v
c=
√0,0199 =⇒ v � 0,14 c = 4,2× 107 m/s
Exercıcio 6.11.5 Segundo um observador O′, que se desloca em relacao a umoutro observador O com velocidade v = 0,4 c, dois eventos separados por umadistancia de 550 m ocorreram simultaneamente. Determine, para o observa-dor O, a distancia e a diferenca de tempo de ocorrencia entre os dois eventos.
Dois eventos que ocorreram simultaneamente em pontos separados por umadistancia d′ = 550 m, para um observador O′ que se move em relacao a umobservador O com velocidade constante v = 0,4 c, estao separados por umadistancia propria d = γ(v)d′, onde γ(v) =
(1 − v2/c2
)−1/2 =(1 − 0,16
)−1/2 �1,091.
Assim, a distancia d em relacao a um observador O e igual a
d = 600 m
e o intervalo de tempo (Δt) para eventos espacialmente separados que ocorreramsimultaneamente para O′ e dado por
Δt = γd′︸︷︷︸d
v
c2=
v
c
d
c= 0,4× 600
3× 108= 8,0× 10−7 s ⇒ Δt = 0,8 μs
60 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 6.11.6 Um aviao se move em relacao ao solo com velocidade de600 m/s. Seu comprimento proprio e de 50 m. Determine de quanto ele pareceramais curto para um observador no solo.
Para um observador no solo, o comprimento (L) de um aviao que se deslocacom velocidade (v � c) igual a 600 m/s relaciona-se com o comprimento proprio(Lo = 50 m) por
L =Lo
γ(v)= γ(v)−1Lo =
(1− v2
c2
)1/2
Lo � Lo − 12
v2
c2Lo
Assim, o encurtamento (ΔL) do aviao para um observador no solo sera dadopor
ΔL = Lo − L =12
(v
c
)2Lo =
12
( 6003× 108
)250 = 10−10 m
⇓ΔL = 0,1 nm
Exercıcio 6.11.7 Um aviao se desloca em relacao ao solo com velocidade de600 m/s. Determine apos quanto tempo um relogio no solo e outro no interiordo aviao irao diferir por 2 μs.
Para um observador no solo, a duracao (τT) de um intervalo de tempo ocorridoem um aviao que se desloca com velocidade (v � c) igual a 600 m/s relaciona-secom a duracao propria (τo) por
τT = γ(v)τo =⇒ τo = γ(v)−1τT =(
1− v2
c2
)1/2
τT � τT − τT
2v2
c2
Assim, para um observador no solo, uma diferenca de tempo (Δτ = τT − τo)nas medidas dos relogios igual a 2,0 μs sera dada por
Δτ = τT − τo = 2× 10−6 =τT
2
(v
c
)2
=τT
2
(600
3× 108
)2
Desse modo, para um observador no solo, sera necessario um intervalo detempo da ordem de
τT = 106 s � 11,6 dias
para que as medidas dos relogios difiram por um valor igual a 2,0 μs.
6. A Eletrodinamica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 61
Exercıcio 6.11.8 O tempo proprio de vida dos muons e da ordem de 2,2μs.Se um feixe de muons penetra na atmosfera com velocidade de 0,99 c, estime otempo de vida para um observador na Terra.
Se v = 0,99c,v
c= 0,99 = 1− 0,01 =⇒ v2
c2= (1− 0,01)2 � 1− 0,02
Assim, se τ◦ = 2,2 μs e o tempo de vida proprio de um muon, para umobservador na Terra, que o observa com velocidade igual a v = 0,99 c, o tempode vida (τT) sera dado por
τT = γ(v)τ◦ =τ◦√
1− v2/c2=
2,2× 10−6√1− (1− 0,02)
=10√
2× 2,2× 10−6
⇓τT = 15,6 μs
De acordo com a lei de decaimento de uma partıcula instavel, a partir deuma quantidade inicial N◦, o numero medio (N) de partıculas sobreviventesapos um intervalo de tempo t e dado por
N = N◦e−t/τ
onde τ e o tempo medio de vida da partıcula, segundo um dado observador.
Para um observador na superfıcie da Terra, o tempo (t) que um muon auma altura d � 10 km, na atmosfera, demora para percorre essa distancia comvelocidade c e da ordem de t = d/c. Desse modo, o numero medio de muonsque conseguem alcancar o solo e dado por
N =N◦
et/γcτ◦� N◦
8,5
ou seja, cerca de 10% dos muons. Se nao houvesse o efeito de dilatacao temporal,ou de contracao espacial, esse numero seria dado por
N =N◦
et/cτ◦� N◦
3,8× 106
ou seja, cerca de 0,00003%.
Assim, para cada 10 milhoes de muons (107), presentes em um dado momentona atmosfera, que se deslocam em direcao a superfıcie da Terra com velocidadeda ordem de c, cerca de 1 milhao de muons alcancam o solo, e nao 3 comoprevisto pela cinematica nao relativıstica. Esta e um importante resultado daTeoria da Relatividade Restrita.
62 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 6.11.9 Um cubo tem volume proprio de 1 000 cm3. Determine ovolume para um observador que se move com velocidade igual a 0,8 c em relacaoao cubo, em uma direcao paralela a uma das arestas.
Segundo um observador O, para o qual o cubo se move com a velocidadev = 0,8 c, o volume do cubo (V ) e expresso por
V = lx × ly × lz
onde lx, ly e lz sao os comprimentos dos tres lados ortogonais entre si e,respectivamente, paralelos aos eixos x, y e z de um sistema cartesiano solidarioa O.
Por outro lado, para um observador O′, que se desloca com a velocidade docubo, o volume proprio (Vo = 1000 cm3) pode ser expresso como
Vo = 1000 cm3 = l′x × l′y × l′z
onde l′x, l′y e l′z sao os comprimentos dos tres lados ortogonais entre si e,respectivamente, paralelos aos eixos x′, y′ e z′ de um sistema cartesiano solidarioa O′.
Orientando-se os sistemas cartesianos tal que os respectivos eixos (x, y, z) e(x′, y′, z′) sejam paralelos; que x′ = x = 0, y′ = y = 0 e z′ = z = 0 parat′ = t = 0; e que o cubo se movimente na direcao x, as medidas de comprimentonas direcoes y e z serao invariantes,⎧⎨
⎩ly = l′y
lz = l′z
e medidas de comprimento na direcao x estarao relacionadas por
lx =l′x
γ(v)=
√1− (v/c)2 l′x =
√1− (0,8)2 l′x = 0,6 l′x
Desse modo, a relacao entre os volumes V e Vo sera dada por
V
Vo=
lx × ly × lzl′x × l′y × l′z
= 0,6
e o volume V , por
V = 0,6 Vo︸︷︷︸1000
⇒ V = 600 cm3
6. A Eletrodinamica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 63
Exercıcio 6.11.10 A figura a seguir mostra o esquema do interferometro deMichelson-Morley, com o feixe de luz paralelo a velocidade (v � 3 × 104 m/s)orbital da Terra em torno do Sol, no qual franjas de interferencia sao observadaspor meio de uma luneta.
�A
�B
Considerando que a velocidade orbital da Terra e igual a velocidade doaparato atraves do eter, se o aparato sofrer uma rotacao de 90◦ no sentidotrigonometrico, calcule o desvio esperado ΔN das franjas de interferencia, paralA � lB = 10 m.
Trata-se de uma aplicacao imediata da equacao (6.7) do livro de texto:
δ − δ∗ = (�A + �B )v2
c2
Neste caso, o desvio esperado ΔN = (δ − δ∗)/λ, para luz de sodio (λ �5 900 A), e dado por
ΔN =δ − δ∗
λ=
205,9× 10−7
(3× 104
3× 108
)2
⇓
ΔN = 0,34
64 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 6.11.11 Os bracos do interferometro original de Michelson-Morleytinham cerca de 10 m e a fonte de luz era de sodio, com comprimento de ondade 5 900 A.
• Determine as diferencas de tempo e de marcha esperadas quando o feixede luz e paralelo a velocidade da Terra.
• Se a sensibilidade do aparelho para o deslocamento das franjas era de0,005, estime qual seria a menor velocidade que a Terra poderia apresen-tar em relacao ao eter.
Os dados sao � = 10 m e v � 3 × 104 m/s. As diferencas de marcha ede tempo para um feixe que se move paralelo a Terra, em um experimento deMichelson-Morley, sao relacionadas e dadas pela equacao (6.3) do livro de texto:
δ = cΔt = 2(�1 − �2) + (2�1 − �2)v2
c2= 10×
(3× 104
3× 108
)2
= 10× 10−8
⇓
δ = 10−7 m
uma vez que �1 = �2. Ja a diferenca de tempo e dada por
Δt =δ
c=
10−7 m3× 108 m/s
⇓
Δt = 0,33× 10−15 s
O exercıcio pede ainda para estimar a menor velocidade que a Terrapoderia apresentar em relacao ao eter se a sensibilidade do experimento para odeslocamento das franjas era 0,005. Neste caso,
0,005 =2�
λ
v2
c2⇒ v
c= 1,2× 10−4
o que implicaria
v = 3,6× 104 m/s
6. A Eletrodinamica e a Teoria da Relatividade Restrita de Einstein 65
Exercıcio 6.11.12 A Tabela a seguir mostra alguns dados obtidos porKaufmann mostrando a dependencia esperada por ele da razao e/m com a ve-locidade v dos eletrons.
Faca um esboco dessa dependencia e compare-o com o resultado esperadorelativisticamente, ou seja, e/(γm).
Para fazer o esboco da dependencia de e/m com a velocidade, considere atabela a seguir.
1,00
1,50
2,36
2,48
2,59
2,72
2,83
Velocidade(1010 cm/s)
e/m(108 C/g)
1,7
1,52
1,31
1,17
0,97
0,77
0,63
1,06066
1,154701
1,619753
1,777171
1,981634
2,370523
3,01344
°e/°m
(108 C/g)
1,658213
1,523165
1,085844
0,989663
0,88755
0,741946
0,583652
As duas primeiras colunas correspondem aos dados do exercıcio; a terceiramostra os diversos valores do fator de Lorentz γ e a ultima leva em conta comovalor esperado para e/(γm) o valor atual de e/m dividido pelo respectivo γ.
66 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Na figura, comparam-se os valores obtidos por Kaufmann (cırculos) com osvalores esperados segundo a Relatividade Restrita (quadrados). Cabe notarque a discrepancia notada foi o motivo que levou Kaufmann a criticar ateoria de Einstein na epoca de suas medidas. A controversia so foi dirimidaapos os experimentos com raios β de A.H. Bucherer, cujos resultados foramapresentados em Colonia, em 22 de setembro de 1908, os quais eram compatıveiscom as previsoes de Lorentz e da Teoria da Relatividade de Einstein.
7
A desconstrucao do atomo:algumas evidencias doseculo XIX
Exercıcio 7.5.1 Calcule os comprimentos de onda para as primeiras transicoesnas series de Lyman, Paschen e Brackett para o atomo de hidrogenio.
A equacao (7.4) do livro de texto da a expressao da generalizacao da formulade Balmer obtida por Rydberg e por Ritz:
1λ
= RH
(1
m2− 1
n2
)
Para a solucao deste exercıcio e conveniente explicitar o comprimento de onda(em centımetros) como
λ =1
RH
(1
m2− 1
n2
)
Tomando o valor de RH = 1,097337× 105 cm−1, e relembrando que, para aserie de Lyman m = 1, para a de Paschen, m = 3 e para a de Brackett, m = 4,os resultados encontrados sao:
• Para Lyman:
λ12 = 1215 A e λ13 = 1025 A
67
68 Fısica Moderna Caruso • Oguri
• Para Paschen:
λ34 = 18 750 A e λ35 = 12 810 A
• Para Brackett:
λ45 = 44 440 A e λ46 = 26 240 A
Exercıcio 7.5.2 Em 1871, Stoney havia demonstrado que os comprimentos deonda das tres primeiras raias do espectro do atomo de hidrogenio, denotadaspor Hα (a de maior comprimento de onda), Hβ e Hγ, guardavam a seguinteproporcao:
Hα : Hβ : Hγ =120
:127
:132
que representam, usando seus termos, “o 20o, 27o e 32o harmonicos de umavibracao fundamental”. Mostre que essas razoes resultam da formula de Balmerpara os valores n = 2 e m = 3, 4, 6.
A formula de Balmer pode ser escrita como
λ =C(
1m2
− 1n2
)
onde C = 1/RH .
As relacoes obtidas por Stoney, em 1871, referem-se as raias de Balmercorrespondentes aos valores m = 3, 4 e 6. Para estes valores, a aplicacao diretada formula anterior fornece os seguintes comprimentos de onda:
λ3 =C536
=365
C
λ4 =C316
=163
C
λ6 =C836
=368
C
7. A desconstrucao do atomo: algumas evidencias do seculo XIX 69
Na notacao de Stoney, estes valores estao respectivamente associados as raiasHα, Hβ e Hγ . Suas razoes valem
Hα : Hβ =36C
5× 3
16C=
2720
eHα : Hγ =
36C
5× 8
36C=
85
=3220
Portanto,
Hα : Hβ : Hγ =120
:127
:132
Exercıcio 7.5.3 Determine o maior e o menor comprimento de onda da seriede Lyman.
Utilizando para 1/RH o valor aproximado de 0,9115× 10−5 cm, encontra-seque o menor comprimento de onda para a serie de Lyman e 911,3 A e o maior,1 215 A.
Exercıcio 7.5.4 Determine o numero de linhas/mm de uma rede de difracaocujo espacamento entre linhas e de 2× 10−8 m.
Uma rede de difracao de Rowland tinha uma resolucao de � 600 linhas/mm,o que corresponde a uma distancia entre as linhas de cerca de 1/600 �167× 10−3 mm. Ja uma rede com um espacamento entre linhas de 2× 10−8 m= 2× 10−5 mm corresponde a um poder de resolucao de
12× 10−5
= 50 000 linhas/mm
Exercıcio 7.5.5 Determine o numero de moles de hidrogenio (H2) obtidos pelaeletrolise de 1,08 kg de agua.
A eletrolise da agua e um processo do tipo
1 mol H2O → 1 mol H2 +12
mol O2
A massa de 1 mol de H2O e 2× 1 + 16 = 18 g. Portanto, o numero de moles em1,08× 103 g de agua e
n =1,08× 103 g18 g/mol
⇒ n = 60 moles
70 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 7.5.6 Calcule o volume de hidrogenio liberado, a 27 oC e 700 mmHg,pela passagem de uma corrente de 1,6 A durante 5 minutos por uma cuba con-tendo hidroxido de sodio.
A carga eletrica e o produto da corrente pelo tempo, Q = It. A carga total dehidrogenio decorrido o tempo t e, de acordo com Faraday, obtida da expressao(lei) m(H2) = KQ, onde K = 0,01045 mg/C. Assim, o numero de moles e dadopela razao
m
μ=
KIt
μ=
1,045× 10−5 g/C2 g
× 1,6Cs× 300 s ⇒ n = 2,5× 10−3
O volume de hidrogenio e calculado pela equacao de Clapeyron
V =nRT
P
A pressao de 700 mmHg e igual a 0,93× 105 Pa. Logo,
V =2,5× 10−3 × 8,3× 3× 102
0,93× 105
ouV = 6,7× 10−5 m3 = 6,7× 10−2 L ⇒ V = 67 mL
Exercıcio 7.5.7 A partir de um ajuste linear do tipo y = ax, utilizando osdados de Faraday mostrados na tabela abaixo, determine o valor da constantede Faraday.
A constante de Faraday (F ), de acordo com as leis da eletrolise, e a constantede proporcionalidade entre o equivalente eletroquımico (K) e o equivalentequımico (μ/n).
7. A desconstrucao do atomo: algumas evidencias do seculo XIX 71
De acordo com os dados da tabela, a constante de Faraday pode ser obtidaa partir de um ajuste linear do tipo
y = ax
onde y = μ/n, a = F e x = K.
O parametro a e a respectiva incerteza σa sao determinados por
a =〈xy〉〈x2〉 e σa =
εy√N〈x2〉
sendo
〈xy〉 =N∑
i=1
xiyi
N, 〈x2〉 =
N∑i=1
x2i
Ne εy =
√√√√ N∑i=1
(yi − axi)(N − 1)
e N e o numero total de medidas, no caso N = 5.
Assim, a curva que melhor se ajusta as medidas neste caso esta representadana figura a seguir.
O resultado desse ajuste indica o seguinte valor para a constante de Faraday:
F = (9,651± 0,001)× 104 C/mol
a ser comparado com o valor de referencia (http://physics.nist.gov/)
F = 96 485, 3399(24) C/mol
8
Os raios catodicos: adescoberta do eletron e dosraios X
Exercıcio 8.5.1 Discuta quais foram as principais contribuicoes dos estudosde descargas em gases no contexto da Fısica na virada do seculo XIX para oseculo XX.
O estudo das descargas em gases, durante o final do seculo XIX, foi umdos capıtulos mais marcantes da Fısica. Foi a partir dele que se descobriramo eletron e os raios X. O debate cientıfico em torno deste tema teve o meritoinicial de colocar na ordem do dia a discussao acerca da natureza da luz. Adescoberta de ambas teve, historicamente, um papel essencial na compreensaoda estrutura da materia e da Fısica Atomica.
O eletron poe em evidencia, depois de cerca de 25 seculos, o fato de queo atomo nao e indivisıvel, como acreditavam os filosofos gregos e os quımicosate o seculo XIX. Por outro lado, dos estudos de raios catodicos vao apareceras primeiras valvulas e os primeiros diodos, marcos de uma nova era queestava para se inaugurar no seculo XX, a era da eletronica, que viria a mudarqualitativamente a tecnologia deste seculo.
Ja os raios X, descobertos por Rontgen, foram muito importantes no estudoda cristalografia, a partir dos estudos de William Henry Bragg e WilliamLawrence Bragg e na propria compreensao das regularidades atomicas, comoficou evidenciado a partir do trabalho sistematico de Moseley abordado noCapıtulo 12. Assim como o eletron, os raios X tiveram enorme impacto sobre asociedade, por suas aplicacoes na area medica e, posteriormente, na industria.
73
74 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 8.5.2 Determine a razao entre a forca eletrica que atua sobre umapartıcula carregada em um campo eletrico de 20 V/m e o peso da partıcula para:
a) um eletron;
b) um proton.
Sabendo-se que o peso P = mg e a forca de natureza eletrica e F = qE,pode-se escrever
F
P=
( q
m
) (E
g
)
Substituindo os valores E = 20 V/m e g = 9,81 m/s2, obtem-se
F
P= 2,04
( q
m
)
a) Sabendo-se que, no SI, o modulo da carga do eletron e e = 1,6 × 10−19 C esua massa, m = 9,11 × 10−31 kg, a razao carga/massa e igual a
e
m= 1,76 × 1011 C/kg
Assim,
(F
P
)eletron
= 2,04 × 1,76 × 1011 = 3, 6 × 1011
b) Sabendo-se que a carga do protron e e = 1,6 × 10−19 C e sua massa,m = 1836me,
(F
P
)protron
=1
1836
(F
P
)eletron
= 1,96 × 108
Exercıcio 8.5.3 Determine a velocidade que um eletron adquire quandoacelerado a partir do repouso atraves de uma diferenca de potencial de 600 V.
Note que quando V = 600 V, a quantidade eV � mc2 e, portanto, o problemapode ser tratado nao relativisticamente.
A forca e dada por
F = eE = eV
d
8. Os raios catodicos: a descoberta do eletron e dos raios X 75
que e constante, pois o campo e uniforme. O trabalho e igual a variacao daenergia cinetica, ou seja,
Fd = Δεc ⇒ 12mv2 = eV
Logo,
v =
√2eV
m=
√2 × 1,76 × 1011 × 6 × 102 =
√2,11 × 1014
ouv = 1,45 × 107 m/s
Exercıcio 8.5.4 Apos atingir a velocidade calculada no problema anterior, oeletron penetra em uma regiao (x ≥ 0) onde ha um campo eletrico de 40 V/m,no sentido −y. Determine:
a) as coordenadas do eletron apos 5× 10−8 s, sabendo que sua velocidade aopenetrar na regiao fazia um angulo de 30◦ com a direcao x;
b) a direcao da velocidade nesse instante.
Considere o movimento no plano segundo o esquema a seguir.
As componentes da trajetoria no plano x-y sao, respectivamente,
⎧⎨⎩
x = (v cos θ◦)t
y = (vsen θ◦)t − 12at2
76 Fısica Moderna Caruso • Oguri
a) Utilizando a = (e/m)E e os valores sen θ◦ = 0,5, cos θ◦ =√
3/2 = 0,866,e/m = 1,76 × 1011 C/kg nas equacoes anteriores, obtem-se
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
x = 1,45 × 0,866 × 107 × 5 × 10−8 ⇒ x = 62,8 cm
y = 1,45 × 0,5 × 107 × 5 × 108 − 0,5 × 1,76 × 1011 × 40 × 25 × 10−26
⇒ y = 35,4 cm
b) As componentes das velocidade sao dadas por
⎧⎨⎩
vx = (v cos θ◦) t
vy = v sen θ◦ − at = v sen θ◦ − (e/m)Et
Assim,
tg θ =vy
vx=
v sen θ◦ − (e/m)Et
v cos θ◦= tg θ◦ − (e/m)
E
cos θ◦t
v
= 0,577 − 1,76 × 1011 × 400,866
× 5 × 10−8 × 1,45 × 107
= 0,549 ⇒ θ = 28, 8o
Exercıcio 8.5.5 Mostre que a sensibilidade, S, de um tubo de raio catodico,definida como a razao entre a deflexao maxima, Y , do feixe e a tensao maxima,V , aplicada entre as placas defletoras, e dada por
S =Y
V=
lD
2dVa
na qual l e o comprimento das placas defletoras, d e D sao, respectivamente, asdistancias entre as placas e das placas ao anteparo, e Va, o potencial acelerador.
Na figura a seguir, θ e o angulo que corresponde a deflexao maxima do feixeentre as placas do capacitor, cujo comprimento e l. A distancia entre o pontoem que se da inıcio a deflexao e o anteparo e D e Y , a deflexao maxima sobre
8. Os raios catodicos: a descoberta do eletron e dos raios X 77
o anteparo.
Y
Seja Va o potencial acelerador. Assim, a partir da conservacao da energia,pode-se determinar a velocidade inicial vo das partıculas do feixe em funcao dopotencial e da razao e/m. De fato,
12mv2
◦ = eVa ⇒ v◦ =
√2e
mVa
As equacoes de movimento nos eixos x e y sao, respectivamente,
⎧⎨⎩
x = v◦t
y = 12at2
onde a aceleracao a e dada por a = (e/m)E = (e/m)(V/D). Deste modo,
y =12
( e
m
) (V
d
)x2
v2◦⇒ dy
dx=
( e
m
) (V
d
)x2
v2◦=
12
(V
Va
)x
d
e
tg θ =Y
D=
12
V
Va
l
d⇒ Y
V=
lD
2dVa
Exercıcio 8.5.6 Considere as seguintes dimensoes de um tıpico tubo de raioscatodicos comercial:
• comprimento das placas do capacitor: l = 1,6 cm;
• distancia entre as placas: d = 0,5 cm;
78 Fısica Moderna Caruso • Oguri
• distancia entre o final do capacitor e o anteparo: D = 15 cm.
a) Sabendo que os eletrons partem do repouso no catodo e sao aceleradosna direcao x por uma d.d.p. de 2 400 V entre o anodo e o catodo, calcule avelocidade com que eles penetram no capacitor.
b) Sendo 500 V/m o valor do campo eletrico entre as placas do capacitor,calcule o deslocamento do feixe em relacao ao eixo x.
Considere o esquema a seguir.
Neste exercıcio, l = 1,6 cm, d = 0,5 cm, D = 15 cm e Va = 2400 V.
a) A velocidade inicial e determinada por
12mv2
o = eVa ⇒ vo =√
2Va(e/m)
Utilizando o valor e/m = 1,76 × 1011 C/kg, obtem-se
vo =√
2 × 2,4 × 103 × 1,76 × 1011 ⇒ vo = 2,9 × 107 m/s
b) Como visto no exercıcio anterior, o deslocamento y e dado por
y =12
( e
m
)E
x2
v2o
=14
(E
Va
)x2
onde E = 500 V/m e, para x = l ⇒ y << d/l. Logo,
dy
dx=
12
( e
m
) (E
Va
)x = tg θ
8. Os raios catodicos: a descoberta do eletron e dos raios X 79
Para x = l, foi visto no exercıcio anterior que
tg θ =12
(E
Va
)l =
Y
D
Portanto,
Y =D
2
(E
Va
)l =
15 × 10−2 × 5 × 102 × 1,6 × 10−2
2 × 2,4 × 103= 0,25 × 10−3 m
ouY = 0,25 mm
Exercıcio 8.5.7 Dois feixes de ıons positivos que tem a mesma carga q e massasdiferentes, m1 e m2, sao acelerados horizontalmente, na direcao y, no plano zy,a partir do repouso, por uma diferenca de potencial V . Eles entao entram emuma regiao onde existe um campo magnetico uniforme B normal ao plano domovimento.
Mostre que os valores das coordenadas y1 e y2 para pequenas deflexoes decada feixe, considerado o mesmo intervalo de tempo t, satisfazem a seguinterelacao:
y1
y2=
(m2
m1
)1/2
Considere o esquema da figura a seguir, na qual cada ıon de um feixe, aposser acelerado por uma ddp constante V , e ter adquido velocidade �v, penetraem uma regiao onde sofre a acao de uma forca �F = q�v × �B, perpendicular avelocidade.
Como �F ⊥ �v, o movimento dos ıons e circular uniforme, e a velocidade podeser expressa como v = ωr.
80 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Assim, o angulo descrito apos um intervalo de tempo t e dado por θ = ωt.Logo, para pequenos angulos,
y � rθ = ωrt = vt
A velocidade pode ser determinada tambem pela conservacao de energia,
12mv2 = qV ⇒ v =
√2qV
m
onde V e o potencial acelerador. Substituindo o valor de v na expressao anteriorpara y encontra-se
y =
√2qV
mt ⇒ y1(t)
y2(t)=
(m2
m1
)1/2
Exercıcio 8.5.8 Uma partıcula carregada entra em uma regiao entre duasplacas metalicas paralelas, muito grandes. A velocidade da partıcula e paralelaas placas no instante em que ela penetra nessa regiao. As placas estao separadaspor uma distancia de 2 cm e a diferenca de potencial entre elas e de 2 000 V.Apos a partıcula ter penetrado 5 cm no espaco entre as duas placas, verifica-seque ela foi defletida de 0,6 cm. Mantendo-se o campo eletrico, aplica-se umcampo magnetico cuja densidade de fluxo e igual a 0,1 T e verifica-se que apartıcula nao sofre mais qualquer deflexao. Calcule a razao entre a carga e amassa dessa partıcula.
Na ausencia de campo magnetico, ja foi visto que as componentes datrajetoria no plano x-y sao⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩x = v◦t
y =12at2 ⇒ y =
12
( e
m
) (V
d
)x2
v2◦
8. Os raios catodicos: a descoberta do eletron e dos raios X 81
Com campo magnetico (B = 0,1 T), pela expressao da forca de Lorentz,
E = v◦B =⇒ v◦ =1B
(V
d
)Logo,
y =12
e
m
B2
V/dx2 ⇒ e
m=
(V
d
)2y
B2x2=
2 × 103 × 2 × 0,6 × 10−2
2 × 10−2 × 10−2 × 25 × 10−4
ou,e
m= 4,8 × 107 C/kg
Exercıcio 8.5.9 Mostre que, no experimento de Millikan, o campo eletrico E,necessario para fazer subir uma gota de oleo, de massa m e carga q, com umavelocidade igual ao dobro da de queda da gota na ausencia de campo tem moduloigual a E = 3mg/q, desprezando-se a resistencia do ar.
A forca resultante sobre uma gotıcula no experimento de Millikan, naausencia de campo eletrico, e dada por
R = ρgV − ρargV = ma = (ρ − ρar)gV
Com o campo eletrico E ligado, a nova resultante e
RE = qE − (ρ − ρar)gV = maE ⇒ qE = maE + ma
Como v = at e vE = aE t, e o problema diz que a segunda tem um moduloque e o dobro da primeira, segue que
vE
v=
aE
a= 2 ⇒ qE = 3ma
82 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Portanto, o modulo do campo eletrico deve valer
E =3ma
q
que pode ainda ser escrito como
E =(
1 − ρar
ρ
)3mg
q
Exercıcio 8.5.10 Determine a diferenca de potencial que se deve aplicar asplacas de um condensador, separadas de 5 mm, para equilibrar uma gotıcula deoleo, cuja massa e 3,119 × 10−3 g e cuja carga e igual a 5 vezes a carga doeletron.
Considere o esquema a seguir.
A forca resultante sobre uma gotıcula carregada que e forcada a subir poracao de um campo eletrico E e dada por
R = qE − 4π
3a3(ρ − ρar)g − 6πηav
Se a gotıcula esta sendo mantida em repouso, R = 0 e v = 0, logo
qE =4π
3a3ρg − 4π
3a3ρarg = mg
(1 − ρar
ρoleo
)
Como a razao entre as densidades, neste caso, e da ordem de 0,1%, pode-sedesprezar este termo na equacao anterior. Usando o fato de que o campo eletricoe E = V/d, entao
qV
d= mg
8. Os raios catodicos: a descoberta do eletron e dos raios X 83
Como q = 5e,
V =mgd
5e=
3,119 × 10−6 × 9,81 × 5 × 10−3
5 × 1,6 × 10−19⇒ V = 1,9 × 109 V
Exercıcio 8.5.11 Cite tres fatores importantes na definicao da espessuradelgada da folha onde se encontra a janela de Lenard, justificando-os.
A janela do aparato de Lenard deve ser delgada para evitar que o feixese enfraqueca pela interacao com a materia, deve vedar bem o entorno doorifıcio para eliminar perdas inconvenientes e deve ser resistente o suficientepara suportar a diferenca de pressao entre o ar exterior e o ar rarefeito dentrodo tubo.
Exercıcio 8.5.12 Os dados mostrados na tabela a seguir referem-se aoexperimento de Millikan para medir a carga do eletron.
Separação entre as placas
Voltagem das placas
Distância de queda da gota
Viscosidade do ar
Densidade do óleo
Densidade do ar
DADOS GERAIS
0,016 m
5 085 V
1,021 x 10-2 m
1,824 x 10-5 N s/m2
0,92 x103 kg/m3
1,2 kg/m3
TEMPOS MEDIDOS (s)
Tempo médio de queda da gota(sem campo)
Cinco medidas do tempode subida da gota (com campo)
11,88
22,37
34,80
29,25
19,70
42,30
Estime o valor da carga do eletron a partir desses dados.
Os dados reportados na tabela acima representam uma pequena parte dosdados fornecidos na Tabela VI do livro The Electron, publicado por Millikanem 1917.
Uma vez que a densidade do oleo e muito maior do que a do ar, ρoleo >> ρar,
84 Fısica Moderna Caruso • Oguri
a expressao para a carga (q) adquirida por uma gota de oleo, em funcao dasvelocidades terminais de descida (vg) e de subida (vE) da gota, sob a acao deum campo eletrico E, pode ser expressa como
q � 9π√
2E
η3/2v1/2g
ρ1/2g1/2(vg + vE)
onde η = 1,824 × 10−5 N.s/m2, ρ = 0,92 g/cm3 e g = 9,81 m/s2.
Como V = 5085 V e d = 1,6 cm, o campo eletrico sera dado por E = V/d =3,18 × 105 V/m.
Por outro lado, as duas velocidades que aparecem na expressao da cargapodem ser expressas, em termos dos tempos de subida (tE) e de descida (tg) dagotıcula, por vg = s/tg e vE = s/tE , onde s = 1,021 cm.
Assim, a carga adquirida pela gota de oleo pode ser expressa como
q =9π
√2
E
η3/2
ρ1/2g1/2
s1/2
t1/2g
s
(1tg
+1tE
)
=9π
√2
E
(ηs/tg)3/2
(ρg)1/2
(1 +
tgtE
)ou
q =9π
E
√2ρg
(ηs
tg
)3
︸ ︷︷ ︸Q
(1 +
tgtE
)
Para um tempo medio de queda igual a tg = 11,88 s, resulta Q = 25,99 ×10−19 C.
Desse modo, de acordo com os dados para os tempos de subida, os valorespara as cargas eletricas das gotas sao reportados na tabela a seguir.
1+tg/t
EtE(s) q(×10–19C)
22,37
34,80
29,68
19,70
42,30
1,53
1,34
1,41
1,60
1,28
39,75
34,81
36,63
41,57
33,25
8. Os raios catodicos: a descoberta do eletron e dos raios X 85
Apos um exaustivo numero de experimentos, Millikan estimou que o menorvalor absoluto da diferenca entre as cargas das gotas de oleo era da ordem de
4,991 × 10−10 statC = 1,664 × 10−19 C
ou seja, as medidas das cargas eletricas eram multiplos de uma quantidadeelementar associada ao eletron, cujo valor atual e e = 1,60217733(49)×10−19 C.
Escolhendo o valor q1 = 39,75×10−19 C, correspondente ao tempo de subidatE = 22,37 s, como valor de referencia, pode-se construir a proxima tabela comos quatro valores restantes, em funcao da diferenca Δq = q − q1.
34,81
36,63
41,57
33,25
q ¢q =q – q1(×10–19C)
-4,94
-3,12
1,82
-6,5
3
2
1
4
n
-3,083
-1,947
1,136
-4,057
¢q/e
0,00337
-0,00212
0,00548
0,00230
(|¢q |-ne)/q1
sendo e = 1,664 × 10−19 C o suposto valor da carga elementar inicialmenteestimado por Millikan e n e o numero inteiro positivo mais proximo de |Δq|/e.
Definindo-sex ≡ Δq
ee y ≡ Δq − ne
q1
pode-se testar se os dados sao compatıveis com a hipotese de que existe umacarga elementar tal que a variacao relativa Δq/q1 seja igual a ne/q1, ou seja,verificar que y = 0.
Fazendo-se um ajuste aos dados do tipo y = a (constante), obtem-se para aconstante (a) e para a incerteza associada (σa), os seguintes valores:⎧⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎩a = y =
N∑i=1
yi
N= 0,0004
σa =σy√N
= 0,0017 ⇒ 2σa = 0,0034
onde σy =
√√√√ N∑i
(yi − y)2
N= 0,0034 e N = 4.
86 Fısica Moderna Caruso • Oguri
O resultado do ajuste e mostrado no diagrama de dispersao a seguir.
x
y
Uma vez que a < 2σa, o valor de ajuste encontrado para a constante e compa-tıvel com o zero, ou seja, com a hipotese de que a carga adquirida por uma gota,e quantizada, sendo um multiplo da menor diferenca encontrada por Millikan
q − e = 4,991 × 10−10 statC = 1,664 × 10−19 C
a qual e igual a magnitude inicialmente estimada por Millikan para a carga doeletron.
Exercıcio 8.5.13 Determine quantos eletrons por segundo atravessam a secaotransversal de um condutor quando se afirma que por ele passa uma correntede 1 ampere.
A corrente I e a razao entre a carga e o tempo, ou seja, a razao entre onumero de eletrons N multiplicado pela carga elementar, e, e o tempo t, ouseja,
Ne
t= I =⇒ N
t=
I
e=
11,6 × 10−19
Assim, o numero de eletrons que atravessam a secao reta de um condutor em1 segundo quando a corrente e de 1 ampere e da ordem de
6,25 × 1018 eletrons/s
8. Os raios catodicos: a descoberta do eletron e dos raios X 87
Exercıcio 8.5.14 A figura abaixo mostra o detalhe de uma camara de bolhas,preenchida com um gas, exposta a protons de alta energia (16 GeV). Observandoa geometria dos tracos da figura e considerando que a colisao elementar doproton p com uma partıcula do alvo e elastica, determine o gas que preenche acamara.
Como as partıculas espalhadas formam um angulo reto no laboratorio, deacordo com a cinematica das colisoes, o proton esta colidindo com uma partıculade massa praticamente igual a dele, portanto, o gas deve ser o hidrogenio.
Exercıcio 8.5.15 Considerando-se que o cristal de sal (NaCl) tem os atomosde Na e Cl distribuıdos alternadamente nos vertices de um cubo, a distanciaentre os planos atomicos pode ser determinada por
d =(
1n
)1/3
onde n e o numero de atomos por cm3. Sabendo-se que o peso molecular dosodio e 58,45 e sua densidade ρ = 2,163, determine o valor de d.
O numero de atomos por cm3 e dado por
n =2NAρ
P=
2 × 6,02 × 1023 × 2,16358,45
= 4,49 × 1022 atomos/cm3
Logo,
d =(
13
)1/3
=1
(4,49 × 1022)1/3= 2,81 × 10−8 cm ⇒ d = 2,814 A
9
A Radioatividade
Exercıcio 9.7.1 A energia cinetica das partıculas α emitidas pelo Ra foiestimada por Rutherford, em 1905, a partir dos seguintes dados:e = 3,4 × 10−10 ues, e/m = 6,3 × 103 uem (abcoulomb/g) para a partıcula α,cuja velocidade e v = 2,5 × 109 cm/s. Determine o valor estimado.
Dados:
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
( e
m
)α
= 6,3 × 103 uem (abcoulomb/g) = 6,3 × 104 C/g
e = 3,4 × 10−4 statC = 3,34 × 3,3356 × 10−20 = 1,134 × 10−19 C
eα = 2e = 2,268 × 10−19 C
vα = 2,5 × 109 cm/s
Assim, o valor da massa da partıcula α pode ser estimado como
mα =eα
(e/m)α=
2,268 × 10−19
6,3 × 104= 3,6 × 10−24 g
e a energia cinetica das partıculas α e, portanto,
εα =12mαv2
α =12× 3,6 × 10−24 × (2,5)2 × 1018 ⇒ εα = 1,125 × 10−5 erg
O resultado pode ainda ser expresso em eV,
89
90 Fısica Moderna Caruso • Oguri
εα =1,125 × 10−5
1,6 × 10−12= 7 × 106 eV ⇒ εα = 7 MeV
Exercıcio 9.7.2 A taxa de emissao de calor por 1 g de Ra e igual a1,2 ×106 erg/s. Considerando que o efeito de aquecimento da amostra sejadevido apenas as particulas α emitidas, determine o numero destas partıculasque deve ser expelido por segundo.
De acordo com o problema anterior, a energia de cada partıcula α emitidapelo Ra e igual a εα = 1,125 × 10−5 erg. Como, por hipotese, a taxa de energialiberada pela amostra, 1,2 ×106 erg/s, advem apenas da emissao de partıculasα, o numero total n de partıculas emitidas por segundo e
n =1,2 × 106
1, 125 × 10−5⇒ n = 1,1 × 1011 s−1
Exercıcio 9.7.3 Considerando que hoje o valor da meia-vida do Ra e de1 602 anos, determine o numero de Avogadro.
Considerando-se o valor de hoje da meia-vida do Ra como sendo T1/2 =1 602 anos, tem-se
λ(Ra) =1τ
=ln 2T1/2
=0,692 × 10−3 × 10−2 × 10−1 × 10−3
1,602 × 3,65 × 2,4 × 3,6= 1,3 × 10−11 s−1
A taxa de emissao de partıculas α por segundo e
3,4 × 1010 partıculas/s =dN
dt
Por outro lado, sabe-se que
dN
dt= λN ⇒ N =
1λ
dN
dt=
3,4 × 1010
1,3 × 10−11= 2,6153846 × 1021
O numero de Avogadro, NA , e dado por NA = μN . Como μ(Ra) = 226,obtem-se
NA � 5,9 × 1023
Exercıcio 9.7.4 Considere que a probabilidade P de desintegracao de um atomoradioativo dependa apenas do intervalo de tempo de observacao considerado Δt,
9. A Radioatividade 91
ou seja, P = λΔt, onde λ e a constante de decaimento. A probabilidade de queum dado atomo nao se desintegre neste intervalo de tempo e Q1 = 1 − P =1− λΔt. Deste modo, a probabilidade de que um certo atomo nao se desintegredecorridos n intervalos de tempo Δt e
Qn = (1 − λΔt)n
Se a observacao se da em um intervalo finito de tempo t, durante o qual onumero n de intervalos Δt e muito grande, pode-se escrever
Qn =(
1 − λt
n
)n
Mostre que, se n e muito grande, obtem-se a relacao
N = N◦ e−λt
Expandindo a expressao de Qn de acordo com a formula do binomio deNewton, tem-se
Qn =(
1 − λt
n
)n
= 1 − nλt
n+
n(n − 1)2!
λ2t2
n2− n(n − 1)(n − 2)
3!λ3t3
n3+ ...
E conveniente reescreve-la como
Qn = 1 − λt +(
1 − 1n
)λ2t2
2!−
(1 − 1
n
) (1 − 2
n
)λ3t3
3!+ ...
No limite em que n → ∞,
Qn =N
N◦= 1 − λt +
λ2t2
2!− λ3t3
3!+ ... = e−λt
Assim,N = N◦ e−λt
92 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 9.7.5 Considere uma amostra radioativa contendo 3 mg de U234.Sabendo que T1/2 = 2,48 ×105 anos e λ = 8,88×10−14 s−1, determine a massadeste isotopo do uranio que nao tera se desintegrado apos 6,2 × 104 anos.
Foi visto no exercıcio anterior que
N = N◦ e−λt
Neste caso,
N◦ = 3 × 10−3g × 6,02 × 1023 atomos234 g
enquanto
N = m × 6,02 × 1023 atomos234 g
eλt =
0,693t
T= 0,173
Logo,
m× 6,02 × 1023
234= 3×10−3× 6,02 × 1023
234×e−0,173 ⇒ m = 3,0×10−3×e−0,173 g
ou
ln3 × 10−3
m= 0,173 ⇒ m = 2,52 × 10−3 g
Exercıcio 9.7.6 Considere em uma serie de radioisotopos o decaimento de umelemento A em outro B, sabendo que B decai em C. Seja N◦ o numero inicial deatomos do tipo A, cuja constante de decaimento e λA e seja λB a constante dedecaimento de B. Mostre que o numero de atomos do tipo B que nao decaıramapos um tempo t e dado por
NB =N◦λB
λB − λA
[e−λ
A t − e−λB t
]
O processo de decaimento de radioisotopos a ser considerado e do tipo
A → B → C
Sabe-se que a lei do decaimento radioativo e
−dN
dt= λN
9. A Radioatividade 93
Como o elemento B esta no meio da cadeia de decaimento, o numero desteradioisotopo que ainda existira decorrido um intervalo de tempo t sera adiferenca entre o numero produzido pelo decaimento de A e o numero quedecaiu em C.
Se N◦ e o numero inicial de atomos do tipo A e sua constante de decaimentoe λA, o numero de atomos do tipo B formados apos um intervado de tempo dtsera igual ao numero dN de atomos A que decaıram em B, o que e dado por
−dN(A → B)dt
= λANA
Por sua vez, se se considera que o numero inicial de atomos do tipo B e zeroe que sua constante de decaimento e λB, neste mesmo intervalo de tempo onumero destes atomos vai variar seguindo a mesma lei, ou seja,
−dN(B → C)dt
= λBNB
A variacao final de atomos do tipo B, dNB, neste intervalo infinitesimal detempo, e a diferenca das duas equacoes, ou seja,
−dNB
dt= λANA − λBNB
O numero de atomos do tipo A que sobrevivem pode ser eliminado da equacaoanterior lembrando que
NA = N◦ e−λAt
Assim,dNB
dt= λAN◦ e−λAt − λBNB
oudNB
dt+ λBNB = λAN◦ e−λAt
E conveniente multiplicar-se toda a ultima equacao pelo fator eλBt, de formaa facilitar a integracao. De fato, obtem-se
eλBt dNB
dt+ λBNBeλBt = λAN◦ e(λB−λA)t
oueλBt dNB + λBNB eλBt dt = λAN◦ e(λB−λA)t dt
94 Fısica Moderna Caruso • Oguri
que e ainda equivalente a
d(eλBtNB
)= λAN◦ e(λB−λA)t dt
Integrando-se ambos os lados, chega-se a
NB eλBt =λA
λB − λAN◦ e(λB−λA)t + C
onde C e uma constante de integracao, que pode ser determinada pela condicaode que o numero de atomos B em t = 0 e nulo:
0 =λA
λB − λAN◦ + C ⇒ C = − λA
λB − λAN◦
Substituindo este valor na equacao anterior, obtem-se
NB eλBt = N◦λA
λB − λA
[e(λB−λA)t − 1
]
e, finalmente,
NB = N◦λA
λB − λA
[e−λAt − e−λBt
]
Exercıcio 9.7.7 Sabe-se que a meia-vida do isotopo do iodo I13353 e igual a 20 h.
Considerando uma amostra desse isotopo de 2 g, determine o tempo decorrido,em horas, para que essa massa se reduza a 0,25 g.
O isotopo do iodo I13353 vai decair radioativamente. Tal decaimento e regido
pela lei (Secao 9.4)N = N◦ e−λt
A meia-vida, que e um dado do problema (T1/2 = 20 h), e definida como otempo decorrido para que a amostra decaia a metade. Logo,
N
N◦=
12
e−λT1/2
Tomando-se o logaritmo natural da expressao anterior, chega-se a
− 1λ
=T1/2
ln(1/2)
9. A Radioatividade 95
Pode-se supor que a massa da amostra seja proporcional ao numero departıculas da amostra, em cada instante, do que se segue que
m = m◦ e−λt
O problema da o valor da massa inicial e final da amostra e pede o tempodecorrido, t, para que haja esta reducao. Assim,
t = − 1λ
ln(
m
m◦
)=
ln(m/m◦)ln(1/2)
T1/2
Substituindo todos os dados, obtem-se
t =ln(0,125)ln(0,5)
× 20 ⇒ t = 60 h
10
A radiacao de corpo negro e aconcepcao corpuscular da luz
Exercıcio 10.6.1 Em 1895, Paschen propos para a funcao F (λ, T ) a forma
F (λ, T ) = bλ−γ e−a/λT
onde a e b sao constantes e γ � 5,66. Mostre que, a menos que γ = 5, esta leide Paschen e irreconciliavel com a lei de Stefan-Boltzmann.
Se a funcao F (λ, T ) e dada por
F (λ, T ) = bλ−γ e−a/(λT )
a lei de Stefan sera
u =∫ ∞
0F (λ, T ) dλ = a′T 4 = b
∫ ∞
0λ−γ e−a/(λT ) dλ
Definindoa
λT≡ x ⇒ λ =
a
xT⇒ dλ = − a
x2Tdx
obtem-se
u = −∫ 0
∞b( a
xT
)−γe−x
( a
Tx2
)dx =
ab
aγ
∫ ∞
0T γ−1xγ−2e−x dx
= ba1−γT γ−1
∫ ∞
0xγ−2e−x dx = a′T 4
97
98 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Logo, para se obter a dependencia correta da energia total irradiada pelocorpo negro com a temperatura, deve-se ter γ − 1 = 4, ou seja,
γ = 5
Exercıcio 10.6.2 Mostre que nao e possıvel ocorrer o efeito fotoeletrico se oeletron for livre.
Considere a colisao e+e− no sistema do centro de massa. A componente dovetor momentum e dada por
p = γme− · ve− + γme+ · ve+
Como me− = me+ e neste sistema ve+ = −ve− = −ve, segue-se que
p = γme(ve − ve) = 0
Como um unico foton nao pode ter momentum nulo, ele nao pode ser o unicoresultado da colisao.
Pode-se resolver de outra forma o problema, introduzindo o conceito dequadrivetor momentum, um vetor a quatro componentes, no qual a primeirae igual a E/c associada a uma partıcula e as outras tres correspondem aotrivetor momentum �p. Se um foton e totalmente absorvido por um eletronlivre, este adquire toda sua energia e todo o seu momentum. Em termos dosquadrimomenta, tem-se a seguinte lei de conservacao:
pγ + pe = p′e
Tomando-se o produto escalar de cada lado da equacao por ele mesmo, obtem-se
p2γ + p2
e + 2pγ · pe = p′2e
Mas p2γ = 0 (o foton nao possui massa) e p2
e = p′2e = mec2, o que implica que
pγ · pe = 0 ⇒ 1c2
EγEe − |�pγ | |�pe| = 0
Como o foton nao tem massa, a energia do foton e Eγ = pγc, o que implicaria,para o eletron, que
Ee = pec
Entretanto, sabe-se que a razao entre a energia e o momentum do eletron naopode ser Ee/|�pe| = c, pois o eletron possui massa. Esta expressao, portanto, naopode ser satisfeita para um eletron livre. A relacao correta, neste caso, e
Ee =√
m2ec
4 + |�pe|2c2
10. A radiacao de corpo negro e a concepcao corpuscular da luz 99
Assim, a energia e o momentum nao poderiam se conservar simultaneamentese o eletron for livre. Entretanto, se o eletron for ligado, havera uma contribuicaoa sua energia devida a interacao eletromagnetica, expressa pela funcao trabalho.
Exercıcio 10.6.3 Mostre que a constante de Planck tem as mesmas dimensoesdo momento angular.
A dimensao da constante de Planck e
[h] = [energia] × [tempo] = ML2T−2T = ML2T−1
Por outro lado,
[momento angular] = [momento linear] × [distancia] = MLT−1L = ML2T−1
Portanto,[h] = [momento angular]
Exercıcio 10.6.4 Determine a energia, em eV, de um foton cujo comprimentode onda e de 912 A.
O problema da o comprimento de onda λ = 912 A e pede a energia associadaa ele. Combinando-se as equacoes E = hν e λν = c, obtem-se
E =hc
λ=
6,626× 10−34 × 3× 108
912× 10−10=
6,626× 30,912
× 10−19
ou seja,E = 21, 796× 10−19 J = 13,62 eV
100 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 10.6.5 Uma esfera de tungstenio de 0,5 cm de raio esta suspensaem uma regiao de alto vacuo, cujas paredes estao a 3000 K. A emissividade dotungstenio e da ordem de 35%. Desprezando-se a conducao de calor atraves dossuportes, determine a potencia que deve ser cedida ao sistema para manter atemperatura da esfera a 3 000 K. Os dados para a solucao do problema sao:
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
e = 0, 35T = 3000 K (temperatura da esfera)R = 0,5 cm (raio da esfera)σ = 5,67× 10−12 W · cm−2 ·K−4
A intensidade da radiacao da esfera de tungstenio a temperatura T pode serobtida a partir da intensidade do corpo negro, multiplicando-a pela emissividadee. Assim,
IN = eσT 4 =P
4πR2
o que corresponde a uma taxa de energia (potencia emitida)
P = AeσT 4
onde A = 4πR2 e a area da superfıcie da esfera.
Considerando que a superfıcie da esfera e muito menor daquela do recipiente,e devido a grande diferenca entre a sua temperatura e a das paredes, a potencianecessaria para manter a temperatura da esfera e praticamente igual a emitida,ou seja,
P = 4πeR2σT 4 = 4× 3,14× 0,35× 0,25× 5,67× 10−12 × 34 × 1012
ouP � 505 W
10. A radiacao de corpo negro e a concepcao corpuscular da luz 101
Exercıcio 10.6.6 Suponha que apenas 5% da energia fornecida a uma lampadaincandescente sejam irradiados sob a forma de luz visıvel e que o comprimentode onda dessa luz seja 5 600 A. Calcule o numero de fotons emitidos por segundopor uma lampada de 100 W.
Considere os dados: P◦ = 100 W P = 0,5% de P◦ = 0,05 × 100 = 5 W eque
λ = 5,6× 103 × 10−10 m = 5,6× 10−7 mh = 6,6× 10−34 J.s.c = 3× 108 m/s
A potencia emitida pode ser expressa em termos da energia media dos fotonspela equacao
P =E
t=
Nε
t
Assim,N
t=
P
ε=
P
hν=
Pλ
hc
e, portanto,
(N
t
)=
5× 5,6× 10−7
6,6× 10−34 × 3× 108=⇒
(N
t
)� 1019 fotons/s
Exercıcio 10.6.7 Na superfıcie da Terra, uma area de 1 cm2, perpendicularaos raios solares, recebe 0,13 J de energia irradiada por segundo. Sabendo queo raio do Sol e da ordem de 7× 108 m, que a distancia entre o Sol e a Terra eda ordem de 1,5× 108 km e supondo que o Sol seja um corpo negro, determinea temperatura na superfıcie do Sol.
Considere a figura a seguir:
102 Fısica Moderna Caruso • Oguri
P◦ = P ⇒ I◦R2 = σT 4R2 = Id2
Logo,
T 4 =I
σ
(d
R
)2
=0,13
5,7× 10−12×
(1,496,96
× 1011
108
)=
0,13× 4,58× 104
5,67× 10−12
T 4 = 1,05× 103 × 1012 ⇒ T = 5,7× 103 K
Exercıcio 10.6.8
a) Mostre que o maximo da expressao de Planck para uλ e obtido comosolucao da seguinte equacao transcendental:
e−x +15x− 1 = 0 onde x =
ch
kλMT
b) Usando o metodo das aproximacoes sucessivas ou o metodo de Newton,mostre que a raiz e dada por x = 4,9651.
c) A partir do resultado anterior, mostre que
h
k� 4,8× 10−11 s.K
a) Dada a expressao de Planck
uλ =8π ch
λ5
1ehc/kλT − 1
seu maximo e dado pela condicao
duλ
dλ|λM
= 0 ⇒ d
dλ
[1λ5
(1
ehc/kTλ − 1
)]= 0
− 5λ6
(ehc/kTλ − 1
)−1+
1λ5
hc
kTλ2ehc/kTλ
(ehc/kTλ − 1
)−2= 0
ouhc
k(λMT )= 5(1− e−hc/kλMT )
10. A radiacao de corpo negro e a concepcao corpuscular da luz 103
Definindo x ≡ hc/(Kb), onde b = λMT = 0,29, segundo a lei de Wien,obtem-se a equacao transcendental procurada, ou seja, o maximo e dado pelaraiz da equacao
h(x) =x
5− 1 + e−x = 0
b) Escrevendo esta condicao como
e−x = 1− x
5um valor inicial x◦ para a raiz pode ser estimado a partir da intersecao dascurvas e−x e 1− x/5, como indica a seguinte figura.
Se h(xo) e tao proximo de zero quanto se queira, o problema estara resolvido.Caso contrario, a partir de qualquer valor inicial, calculando-se a derivada deh(x) para esse valor inicial, h′(x), pode-se determinar a reta tangente a curvah(x) no ponto [x◦, h(x◦)], como mostra genericamente a proxima figura. Estareta intercepta o eixo das abcissas em um ponto x1, tal que
tg α1 = h′(x◦) =h(x◦)
x◦ − x1⇒ x1 = x◦ − h(x◦)
h′(x◦)
A seguir, calculando-se a derivada de h(x) para essa outra estimativa daraiz, h′(x1), obtem-se uma outra reta tangente a curva no ponto [x1, h(x1)],que intercepta o eixo das abcissas no ponto x2, tal que
tg α2 = h′(x1) =h(x1)
x1 − x2⇒ x2 = x1 − h(x1)
h′(x1)
104 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Esse processo, denominado metodo de Newton, pode ser continuado ate que seencontre uma estimativa xn da raiz tal que o valor de h(xn) seja suficientementeproximo de zero, ou seja, e possıvel arbitrar um valor δ de modo que
| xn+1 − xn |< δ
onde
xn+1 = xn − h(xn)h′(xn)
Tendo em vista que para o problema,
h′(x) =15− e−x
a partir de um valor inicial x◦ = 2, pode-se construir a tabela abaixo, quemostra que a raiz da equacao considerada e igual a 4,9651.
c) x = 4,9651 =ch
kb⇒ h
k= 4,9651
b
c=
4,96513× 1010
× 0,29
10. A radiacao de corpo negro e a concepcao corpuscular da luz 105
Assim,
h
k=
4,961× 2, 93
× 10−11 ⇒ h
k= 4, 8× 10−11 s.K
Exercıcio 10.6.9 A partir da integracao da lei de Planck (em funcao dafrequencia) e da lei de Stefan, mostre que
k4
h3� 1,25× 108 J.s−3.K−4
Sabe-se que
uν =8πh
c3
ν3
ehν/kT − 1e I = σT 4 = uc/4, onde σ = 5,67× 10−12 W.cm−2.K−4.
A densidade total irradiada e dada por
u =∫ ∞
0uν dν =
8πh
c3
∫ ∞
0
ν3
ehν/kT − 1dν
Fazendo as seguintes substituicoes na equacao anterior,⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
x = hν/kT
dν =kT
hdx
ν3 =(
kT
h
)3
x
obtem-se
u =(
8πh
c3
) (kT
h
)4 ∫ ∞
0
x3
ex − 1︸ ︷︷ ︸π4/15
dx =4σT 4
c
Deste modo,
k4
h3=
152π5
c2σ =15
2× (3,14)5× 32 × 1020 × 5,67× 10−12
ou,k4
h3� 1,25× 108 J.s−3 ·K−4
106 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 10.6.10 Considerando os resultados dos dois exercıcios anteriores,obtenha estimativas para as constantes h e k.
h
k= 4,8× 10−11 s.K ⇒
(h
k
)3
= 1,1× 10−31 s3.K3
k =(
k4
h3
) (h3
k3
)⇒ k = 1,38× 10−23 J/K
h = 4,8× 10−11 × k = 4,8× 1,38× 10−34 ⇒ h = 6,6× 10−34 J.s
Esse foi o modo como Planck determinou as duas constantes universais k eh.
Exercıcio 10.6.11 A partir da primeira lei da Termodinamica e da equacaode estado para a radiacao eletromagnetica, P = u/3, onde P e u sao, respec-tivamente, a pressao e a densidade de energia da radiacao, mostre que (lei deStefan)
u = aT 4
Partindo-se da expressao para a pressao da radiacao eletromagnetica
P = u/3
pode-se escrever
dU = TdS − PdV = d(uV ) = udV + V du = udV +(
dU
dT
)dT
Expressando dS em termos de dT e dV , tem-se
dU = T
(∂S
∂T
)V
dT + T
(∂S
∂T
)T
dV − u
3dV = udV + T
(du
dT
)dT
ou
T
(∂S
∂T
)V
dT + T
(∂S
∂T
)V
dV = V
(du
dT
)dT +
(u +
v
3
)︸ ︷︷ ︸
43
u
dV
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
(∂S
∂T
)V
=V
T
du
dT
(∂S
∂T
)T
=43
u
T
10. A radiacao de corpo negro e a concepcao corpuscular da luz 107
Igualando [∂
∂V
(∂S
∂T
)V
]T
=[
∂
∂T
(∂S
∂V
)T
]V
obtem-se
1T
du
dT=
43
1T
du
dt− 4
3u
T 2⇒ du
dT=
4u
T⇒ u = aT 4
Exercıcio 10.6.12 Utilizando os dados da Tabela abaixo, obtidos em umexperimento realizado no laboratorio de Fısica Moderna do curso de Fısicada Universidade do Estado do Rio de Janeiro (Uerj), cujo esquema estarepresentado na Figura 10.11, determine a constante de Planck.
Dados relativos a um experimento sobre o efeito fotoeletrico
De acordo com a hipotese de Einstein, o potencial de corte V e a frequenciaν, associdada ao foton incidente, estao relacionados por
V =(
h
e
)ν − φ
onde h e a constante de Planck, e e a carga do eletron e φ, denominada funcaotrabalho, depende das juncoes dos condutores com o fotocatodo.
A partir dos dados da Tabela, que apresentam um coeficiente de correlacaolinear da ordem de 0,999719, a relacao de Einstein se ajusta aos dados quandoos parametros a = h/e e b = −φ sao
a =(
h
e
)× 1014 = 0,4037 J.s/C e b = −1,3739 V
com incertezas dadas, respectivamente, por
σa = 0,0078 J.s/C e σb = 0,053 V
O ajuste e apresentado na figura que se segue.
108 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Considerando que a carga do eletron e dada por (Particle Data Group –http://pdg.lbl.gov)
e = 1,602176462(63)× 10−19 C
a constante de Planck e estimada como
hest = (6,46± 0,12)× 10−34 J.s
Comparando-se com o valor de referencia,
href = 6,62606876(52)× 10−34 J.s
encontra-se a discrepancia
|hest − href| = 0,166
Sendo a diferenca encontrada menor que 2 × 0,12 = 0,24, este resultadomostra a compatibilidade entre a estimativa e o valor de referencia.
Exercıcio 10.6.13 Mostre que a energia de recuo do eletron no espalhamentoCompton e dada por
ε = hν2α cos2 φ
[(1 + α)2 − α2 cos2 φ]+ mc2
resultado obtido por Debye em 1923.
10. A radiacao de corpo negro e a concepcao corpuscular da luz 109
A cinematica do efeito Compton esta representada na figura a seguir.
Da conservacao da energia, tem-se
εγ + ε◦ = ε′γ + ε
Explicitando o quadrado da energia do foton espalhado
ε′2γ = ε2γ + 2ε◦εγ + ε2◦ − 2(εγ + ε◦)ε + ε2
O diagrama seguinte expressa a lei da conservacao de momentum
p′2γ = p2 + p2γ − 2ppγ cos φ ⇒ ε′2γ = p2c2 + ε2
γ − 2pcεγ cos φ
Levando-se em conta que (pc)2 = ε2 − ε2◦ e igualando-se as duas equacoesanteriores para ε′2, obtem-se
ε′2γ = ε2γ + 2ε◦εγ + ε2◦ − 2(εγ + ε◦)ε + ε2 = ε2 − ε2
◦ + ε2γ − 2pcεγ cos φ
donde(εγ + ε◦)ε− 2ε◦(εγ + ε◦) = 2pcεγ cos φ
ou
(ε− ε◦)(εγ + ε◦) = pcεγ cos φ ⇒ (ε− ε◦)2(εγ + ε◦)2 = (pc)2ε2γ cos2 φ
110 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Uma vez que (pc)2 = ε2 − ε2◦ = (ε + ε◦)(ε− ε◦), resulta
(ε− ε◦)(εγ + ε◦)2 = (ε + ε◦)ε2γ cos2 φ
Assim,ε− ε◦ε + ε◦
=ε2γ cos2 φ
(εγ + ε◦)2=
ε2γ cos2 φ
ε2γ + 2ε◦εγ + ε2◦
Portanto,
ε(ε2γ + 2ε◦εγ + ε2◦ − ε2
γ cos2 φ) = ε◦(ε2γ + 2ε◦εγ + ε2
◦ + ε2γ cos2 φ)
ou
ε[ε2γ(1− cos2 φ) + 2ε◦εγ + ε2
◦] = ε◦[ε2γ(1− cos2 φ) + 2ε◦εγ + ε2
◦] + 2ε◦ε2γ cos2 φ
Assim,
ε = ε◦ +2ε◦ε2
γ cos2 φ
ε2γ(1− cos2 φ) + 2ε◦εγ + ε2◦
= ε◦ +2εγ cos2 φ
εγ
ε◦(1− cos2 φ) + 2 +
ε◦εγ
Uma vez queεγ
ε◦=
hν
mc2≡ α
pode-se escrever
ε =2hν cos2 φ
α(1− cos2 φ) + 2 +1α
+ mc2
ou ainda,
ε = hν2α cos2 φ
α2 + 2α + 1︸ ︷︷ ︸(1+α)2
−α2(1− cos2 φ)+ mc2
Finalmente, explicitando α, chega-se ao resultado
ε = hν2
hν
mc2cos2 φ(
1 +hν
mc2
)2
−(
hνmc2
)2(1− cos2 φ)
+ mc2
11
Modelos atomicos classicos
Exercıcio 11.8.1 Mostre que, no modelo de Thomson para muitos eletrons,a condicao de equilıbrio eletrostatico estavel implica que o numero maximo deeletrons situados em um unico anel seja de 574.
A solucao deste problema requer a elaboracao de um programa numerico.Apresenta-se abaixo o algoritmo deste programa, a partir do qual determina-seo limite solicitado.
N=(nº máximo possível de elétrons)LOOP de n=1 a N (sobre o nº de elétrons)
S=0LOOP de i=1, n-1 (sobre nº de termos da soma)S = S + 1/(sen(pi*i/n)soma = s/4*n
END LOOP (sobre soma)IF soma > 1 WRITE, n-1
END LOOP (sobre nº de elétrons)
Exercıcio 11.8.2 Determine a condicao, em termos do comprimento de ondada radiacao e da vida media do atomo, para que a perda de energia media porciclo da radiacao emitida por um atomo classico de Thomson seja pequena.
A condicao para que a energia media perdida seja pequena e dada por
ωτ >> 1 ⇒ 2πντ >> 1
ou seja, usando a relacao λν = c, chega-se a
cτ
λ>> 1
111
112 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 11.8.3 Estime a razao entre a maxima aceleracao que uma partıculaα pode ser submetida no espalhamento devido a um atomo de ouro no modelode Thomson e a aceleracao da gravidade.
No experimento de Rutherford, partıculas α (que possuem carga eletrica= 2e) sao lancadas com uma velocidade de cerca de 1,6 × 107 m/s contrauma folha delgada de ouro contendo, aproximadamente, 400 atomos de ouro.O atomo de ouro tem uma carga positiva igual a 79 vezes a carga do proton,uniformemente distribuıda em uma esfera de raio a. A forca eletrica maxima aqual uma partıcula α estaria submetida na colisao com este atomo de Thomsonocorrera quando ela estiver na superfıcie da esfera positiva de raio a � 10−10 m:
Fmax =1
4πε◦79e × 2e
a2= 9 × 109 × 158 × (1,6 × 1019)2
10−20= 3,64 × 10−6 N
Como a massa da partıcula α e igual a 6,7 × 10−27 kg, entao a aceleracaosofrida pela partıcula α devida a forca eletrica na superfıcie do atomo e
a =F
m=
3,64 × 10−6
6,7 × 10−27= 5,4 × 1020 m/s2
Portanto, em relacao a aceleracao da gravidade g,
a
g� 1020
Exercıcio 11.8.4 Refaca os calculos feitos para o modelo de Rutherford con-siderando o nucleo negativo. Comente o resultado.
Trata-se, na verdade, de um exercıcio muito simples no qual se quer saber oque mudaria na secao de choque de Rutherford se o nucleo tivesse carga de sinaloposto. Basta que se perceba que a secao de choque de Rutherford depende doproduto da carga nuclear e da partıcula espalhada elevado ao quadrado, semprepositivo. De fato,
dσ
dΩ=
(Ze2
mv2◦
)2 1sen4 θ/2
Portanto, se em vez de Ze o nucleo tivesse uma carga eletrica −Ze em nadaalteraria a previsao de espalhamento do modelo de Rutherford.
De fato, em seu famoso artigo de 1911, Rutherford considera um atomo decarga ±Ze no seu centro e uma carga ∓Ze distribuıda uniformemente em uma
11. Modelos atomicos classicos 113
esfera; em seguida afirma que “sera mostrado que as principais deducoes dateoria sao independentes de se a carga central e considerada positiva ou negativa.Por conveniencia, o sinal sera tomado como positivo.”(Philosophical Magazine21, p. 671).
12
Modelos quanticos do atomo
Exercıcio 12.6.1 No modelo de Bohr para o atomo de hidrogenio, o eletronorbita em torno do nucleo em uma trajetoria circular de 5,1× 10−11 m de raio,com uma frequencia de 6,8 × 1015 Hz. Determine o valor do campo magneticoproduzido no centro da orbita.
Pode-se mostrar, usando a lei de Biot-Savart, que o campo magneticoproduzido por uma espira de raio R a uma altura h sobre a perpendicularao plano da espira que passa pelo seu centro e dado por
B =μ◦iR2
2(R2 + h2)3/2
onde μ◦ e a constante de permeabilidade magnetica que aparece na lei deAmpere. De fato, a lei de Biot-Savart pode ser escrita na forma vetorial como
d �B =μ◦i4π
d�� × �r
r3
onde d�� e um elemento infinitesimal do circuito, situado a uma distancia �r daorigem, percorrido por uma corrente i. No caso da espira, esquematizada nafigura a seguir, d�� ⊥ �r.
A resultante do campo magnetico infinitesimal num ponto P , dada por
d �B = d �B‖ + d �B⊥
e mostrada na figura. Por simetria, conclui-se que apenas a componente d �B‖
115
116 Fısica Moderna Caruso • Oguri
vai contribuir para o campo magnetico total, �B, gerado pela espira no pontoP . Assim,
B =∫
dB‖ =∫
dB cos α =μ◦i4π
∫cos α
r2d�
Naturalmente, r e α nao sao variaveis independentes, pois, pela geometriada figura, vemos que
r =√
R2 + h2
ecos α =
R
r=
R√R2 + h2
dondecos α
r2=
R
(R2 + h2)3/2
Finalmente,
B =μ◦i4π
R
(R2 + h2)3/2
∫d�︸ ︷︷ ︸
2πR
⇒ B =μ◦iR2
2(R2 + h2)3/2
Como o exercıcio pede o valor do campo no centro da orbita do atomo deBohr, h = 0, portanto, o campo magnetico e dado simplesmente por
B =μ◦i2R
12. Modelos quanticos do atomo 117
A corrente i, que e a quantidade de carga que passa por unidade de tempo emqualquer ponto da orbita, e dada por
i = eν = 1,6 × 10−19 × 6,8 × 1015 A = 1,1 × 10−3 A = 1,1 mA
Assim, o valor do campo magnetico e
B =4π × 10−7 × 1,1 × 10−3
2 × 5,1 × 10−11Wb/m2 = 14 Wb/m2 = 14 T
Pode-se comparar o valor encontrado ao campo magnetico na superfıcie daTerra, que vale aproximadamente 5,7 × 10−5 T.
Exercıcio 12.6.2 A partir dos dados do exercıcio anterior, determine o mo-mento magnetico correspondente a orbita circular do eletron.
O momento de dipolo magnetico, �μ, e definido em analogia com o momentode dipolo eletrico. De fato, uma distribuicao de cargas eletricas e dita um dipoloquando ao ser colocada em um campo eletrico externo sofre um torque dadopor �τ = �p × �E, onde �p e o momento de dipolo eletrico. Por analogia, o torquesobre uma espira de area A percorrida por uma corrente i e dado por
�τ = �μ × �B
onde �μ e o momento de dipolo magnetico da espira. No caso de N espiras, omodulo deste momento e dado por μ = NiA. Neste exercıcio, N = 1. Portanto,
μ = iA = 1,1 × 10−3 × π × (5,1 × 10−11)2 ⇒ μ = 9,0 × 10−24 A.m2
Exercıcio 12.6.3 Determine a relacao entre as frequencias dos fotons γ e γ′emitidos nas transicoes indicadas no esquema a seguir.
118 Fısica Moderna Caruso • Oguri
A relacao entre as frequencias e dada pela equacao (12.6), ou seja,
νlm = cR∞(
1l2
− 1n2
)
Para o foton γ,
ν23 = cR∞(
122
− 132
)= cR∞
536
Para o foton γ′,
ν23 = cR∞(
112
− 132
)= cR∞
89
Logo, a relacao entre as frequencias e
ν23
ν13=
5/368/9
=532
Exercıcio 12.6.4 Determine a energia de ionizacao do hidrogenio se o menorcomprimento de onda na serie de Balmer e igual a 3 650 A.
Segundo o modelo de Bohr, o espectro de energia do atomo de hidrogenio edado por
εn = − e2
2a
1n2
= − εI
n2
onde εI e a energia de ionizacao.
Considerando que a energia de um foton (γ) absorvido ou emitido por umatomo de hidrogenio e dada pela diferenca de energia entre dois nıveis doespectro,
εγ = hν =hc
λ= |εn − ε�| = εI
∣∣∣∣ 1n2
− 1�2
∣∣∣∣e a serie de Balmer corresponde a transicoes a partir do nıvel � = 2, cujoscomprimentos de onda correspondentes sao dados por
hc
λ= εI
∣∣∣∣ 1n2
− 14
∣∣∣∣Assim, o menor comprimento de onda (λmin) corresponde a transicao tal que
n → ∞, o que define o processo fısico de ionizacao para o qual o eletron earrancado do atomo, e a energia de ionizacao pode ser determinada por
εI =4hc
λmin
=4 × 6,62 × 10−34 × 3 × 108
3,650 × 10−7= 21,764 × 10−19 J
12. Modelos quanticos do atomo 119
ouεI = 13,6 eV
Exercıcio 12.6.5 Considere a radiacao emitida por atomos de hidrogenio querealizam transicoes do estado n = 5 para o estado fundamental. Determinequantos comprimentos de onda diferentes estao associados a radiacao emitida.
Representando os nıveis de energia segundo o esquema abaixo, que mostraa transicao do nıvel 5 para o nıvel 3, o problema resume-se a determinacao donumero de pares de inteiros existentes entre n = 1 e n = 5.
(5, 4) (5, 3) (5, 2) (5, 1)
(4, 3) (4, 2) (4, 1)
(3, 2) (3, 1)
(2, 1)
⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭
10 pares
Esse numero pode ser calculado tambem pela analise combinatoria como
C25 =
(52
)=
5!(5 − 2)! 2!
=5!
3! 2!= 10
Exercıcio 12.6.6 Considere que seja possıvel substituir o eletron de um atomode hidrogenio por um muon, que tem a mesma carga eletrica e massa cerca de200 vezes maior do que a do eletron. Com base no modelo de Bohr, determine:
a) o raio da orbita do estado fundamental deste novo atomo em relacao aoprimeiro;
b) a energia de ionizacao do atomo muonico.
a) Para o atomo de hidrogenio (Z = 1) o raio do estado fundamental do atomode Bohr e dado por
a =�
2
me2� 0,529 × 10−8 cm
onde m e a massa do eletron. No atomo muonico, m → mμ � 200m. Logo, onovo raio sera 200 vezes menor, isto e,
a � 0,264 × 10−10 cm
120 Fısica Moderna Caruso • Oguri
b) Sabe-se que a energia de ionizacao do atomo de hidrogenio e ε◦ = −13,6 eVe que ela e inversamente proporcional ao raio de Bohr. Portanto, a energia deionizacao do atomo muonico sera 200 vezes maior que a do hidrogenio, ou seja,
ε◦ = 2,72 keV
Exercıcio 12.6.7 Mostre que no estado fundamental do atomo de hidrogenioa velocidade do eletron pode ser escrita como v = αc, onde c e a velocidade daluz e α = e2/(�c) e a constante de estrutura fina introduzida por Sommerfeld.
A velocidade do eletron no atomo de Bohr pode ser escrita como
v =L
mr
No estado fundamental (n = 1),
r =�
2
me2
Substituindo este valor na equacao da velocidade, obtem-se
v =� × me2
m�2=
(e2
�c
)c ⇒ v = αc
Exercıcio 12.6.8 Os valores da constante de Rydberg para o hidrogenio (H)e para o ıon de helio (He), levando em conta as massas reduzidas, sao,respectivamente, 10967757,6 m−1 e 10972226,3 m−1. Sabendo que a relacaoentre as massas dos nucleos destes elementos e
MHe = 3,9726 MH
calcule a razao entre a massa do proton e a do eletron.
A formula da constante de Rydberg prevista pelo modelo de Bohr e
RH =π2e4
2h3μ
ondeμ =
mM
m + M
e a massa reduzida do atomo, sendo M a massa do nucleo e m, a do eletron.
12. Modelos quanticos do atomo 121
Para o hidrogenio,RH (H) = 10967757,6 m−1
μ(H) =mMH
m + MH
Para o helio,RH (He) = 10972226,3 m−1
μ(He) =mMHe
m + MHe
Logo,
RH (He)RH (H)
=μ(He)μ(H)
=mMHe
m + MHe
× m + MH
mMH
=MHe
MH
m + MH
m + MHe
Definindor1 ≡ RH (He)
RH (H)
r2 ≡ MHe
MH
x ≡ MH
m
encontra-se
r1 = r21 + x
1 + r2x⇒ (r1 − 1)r2x = r2 − r1
ou aindax =
r2 − r1
r2(r1 − 1)
Sabe-se que r1 = 1,00040744 e r2 = 3,9726; portanto, a razao x entre a massado proton e a do eletron e
x =mp
me= 1836,28
122 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 12.6.9 O espectro de um tubo de raios X com filamento de cobalto(Co) e composto da serie K do cobalto mais uma serie de linhas K mais fracasdevida a impurezas. O comprimento de onda da linha Kα do cobalto e 1 785 A;para as impurezas, os comprimentos de onda sao 2 285 A e 1 537 A. Usando alei de Moseley e lembrando que σ = 1 para a serie K, determine os numerosatomicos das duas impurezas.
Para a linha Kα do cobalto, λ = 1785 A. Sabe-se que, para o cobalto, Z = 27e o enunciado do exercıcio afirma que para a serie K, σ = 1 na lei de Moseley.Assim, pode-se escrever √
ν = k(Z − σ)
Em termos do comprimento de onda, tem-se, para o cobalto,√
c
λCo= k(27 − 1)
donde
k =126
√c
λCo
Para as impurezas do tipo i,√
c
λi=
126
√c
λCo(Zi − 1)
ou
Zi = 1 + 26√
λCo
λi
Para i = 1,
Z1 = 1 + 26
√1 7852 285
� 24 ⇒ cromo
e, para a outra impureza (i = 2),
Z2 = 1 + 26
√1 7851 537
� 29 ⇒ cobre
13
A Mecanica QuanticaMatricial
Exercıcio 13.5.1 Mostre que a energia media 〈ε〉 de um conjunto de osciladoresharmonicos de frequencia natural ω◦, em equilıbrio termico a temperatura T , edada por
〈ε〉 =�ω◦2
coth(
�ω◦2kT
)
O valor medio da energia e definido por
〈ε〉 =
∑∞
εne−βεn
∑n
e−βεn= − d
dβlog
∞∑n=0
e−βεn
onde ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
β = 1/kT
εn = (n + 1/2)ε◦ = nε◦︸︷︷︸ε′n
+ε◦/2
ε◦ = �ω◦
123
124 Fısica Moderna Caruso • Oguri
〈ε〉 = − ddβ
log
[e−βε◦/2
∞∑n=0
e−βε′n
]
=ddβ
[−β
ε◦2
+ log∞∑
n=0
e−βε′n
]
=ε◦2− d
dβlog
∞∑n=0
e−βε′n
︸ ︷︷ ︸ε◦e−βε◦1−e−βε◦
=ε◦2
[1 +
2e−βε◦
1− e−βε◦
]=
ε◦2
(1 + e−βε◦
1− e−βε◦
)
=ε◦2
eβε◦/2 + e−βε/2
eβε◦/2 − e−βε◦/2=
hν
2cotgh
(hν
2kT
)
Exercıcio 13.5.2 Analogo ao efeito Zeeman para o campo magnetico, odeslocamento dos nıveis de energia de um sistema sob a acao de um campoeletrico e denominado efeito Stark, descoberto em 1913. Mostre que os nıveisde energia de um oscilador harmonico de frequencia natural ω◦, massa m ecarga eletrica e, sob acao de um campo eletrico uniforme E na direcao de seumovimento, sao dados por
εn =(
n +12
)�ω◦ − e2E2
2mω2◦(n = 0, 1, 2, . . . . . .)
A matriz hamiltoniana, nesse caso, e dada por
H =p2
2m+
12mω2
◦x2 − eEx
Completando os termos, convenientemente, pode-se escrever
H =p2
2m+
12mω2
◦x2 − eEx +
e2
2mω2◦E2 − e2
2mω2◦E2
︸ ︷︷ ︸0
=p2
2m+
(√m
2ω◦x−
√2m
e
2ω◦E
)2
− e2
2mω2◦E2
13. A Mecanica Quantica Matricial 125
Definindo-se y = x − (e/mω2)E, a matriz hamiltoniana pode ser reescritacomo
H =p2
2m+
12mω2
◦y2 − e2
2mω2◦E2
Desse modo,[x, H] = [y, H] = i�
p
me
[p, H] = −i�mω2◦x
Portanto, a solucao para as matrizes y e p implica que os termos diagonaisda matriz H sejam dados por
εn =(
n +12
)�ω◦ − e2
2mω2◦E2
Exercıcio 13.5.3 Se[x, p
]= i� e H = T + V , onde V = mω2◦x2/2 e
T = p2/2m, mostre que:
a)[p, H
]=
[p, V
]= −i�mω2◦x;
b)[x, H
]=
[x, T
]= i�p/m;
c)[x2, H
]=
[x2, T
]= i�(xp + px)/m;
d)[xp, T
]=
[px, T
]= i�p2/m.
Parte-se de [x, p] = i�, H = T + V , T = p2/(2m) e V = mω2◦x2/2.
a) [p, H] = [p, T + V ] = [p, T ] + [p, V ] = [p, p2/(2m)] + [p, mω2◦x
2/2]
=1
2m[p, p2] +
12mω2
◦[p, x2]
Levando-se em conta que
[A, B2] = [A, BB] = ABB −BBA = ABB−BAB + BAB︸ ︷︷ ︸0
−BBA
= [A, B]B + B[A, B]
126 Fısica Moderna Caruso • Oguri
e que[p, f(p)] = 0
para qualquer funcao f que dependa so dos momenta, pode-se escrever
[p, H] =12mω2
◦[p, x]x + x[p, x]
e lembrando que [p, x] = −i�,
[p, H] = [p, V ] = −i�mω2◦x
b) [x, H] = [x, T + V ] = [x, T ] + [x, V ] = [x, p2/(2m)]
=1
2m[x, p]p + p[x, p]
logo,
[x, H] = [x, T ] = i�p
m
c) [x2, H] = [x2, T + V ] = [x2, T ]
=1
2m[x2, p2] =
12m
{[x2, p]p + p[x2, p]
}=
12m
{([x, p]x + x[x, p])p + p([x, p]x + x[x, p])}ou
[x2, H] = [x2, T ] = i�
m(xp + px)
13. A Mecanica Quantica Matricial 127
d) [xp, T ] = xpT − Txp
Como [x, p] = i� ⇒ xp = i� + px, pode-se escrever
[xp, T ] = i�T + pxT − i�T − Tpx
= pxT − Tpx = [px, T ]
Por outro lado, como [p, T (p)] = 0⇔ pT = Tp, segue-se que
[xp, T ] = xTp− Txp = [x, T ]p
ou
[xp, T ] = [px, T ] = i�p2
m= 2i�T
Exercıcio 13.5.4 Definindo
x =
√�
2ωm(a + a†)
p = i
√�ωm
2(a† − a) (13.1)
onde a e a† sao operadores, mostre que:
a) o operador hamiltoniano do oscilador harmonico simples pode ser escritocomo
H =12
(a†a + aa†) �ω
b) os operadores a e a† satisfazem a regra de comutacao[a, a†
]= 1
c)[H, a†
]= �ωa† [H, a] = −�ωa
d) o autovalor mınimo de energia do oscilador e �ω/2
a) Substituindo no operador hamiltoniano
H =p2
2m+
12mω2x2
128 Fısica Moderna Caruso • Oguri
as definicoes de x e p em termos dos operadores a e a†, tem-se
H = − 12m
�ωm
2(a† − a)(a† − a) +
12mω2 �
2ωm(a + a†)(a + a†)
=�ω
4
{−(a† − a)(a† − a) + (a + a†)(a + a†)
}
=�ω
4
{−a†a† + aa† + a†a− aa + aa + aa† + a†a + a†a†
}ou
H =�w
2(a†a + aa†)
b) Para calcular o comutador [a, a†], e preciso explicitar primeiro os operadoresa e a† em termos de x e p:
a + a† =
√2ωm
�x
a− a† = i
√2
�ωmp
ou seja,
a† =12
(√2ωm
�x− i
√2
�ωmp
)≡ 1
2(αx− iβp)
a =12
(√2ωm
�x + i
√2
�ωmp
)≡ 1
2(αx + iβp)
Assim,
[a, a†] =14[(αx + iβp), (αx− iβp)]
=14
(−iαβ[x, p] + iαβ[p, x])
=iαβ
4([p, x]− [x, p]) = −2iαβ
4[x, p]
= − iαβ
2× i� =
12
√2ωm
�×
√2
�ωm× �
ou seja,[a, a†] = 1
13. A Mecanica Quantica Matricial 129
c) Sabe-se que
[H, a†] =�ω
2[a†a + aa†, a†] =
�ω
2(a†aa† − a† a†a︸︷︷︸ + aa†︸︷︷︸ a† − a†aa†)
O primeiro e o quarto termos se anulam. Os termos assinalados na equacaoanterior podem ser escritos convenientemente utilizando-se, respectivamente, asrelacoes a†a = aa† − 1 e aa† = 1 + a†a, que decorrem da relacao de comutacaoentre os operadores a e a†. Assim,
[H, a†] =�ω
2(a† − a†aa† + a†aa† + a†) ⇒ [H, a†] = �ω a†
Analogamente,
[H, a] =�ω
2[a†a + aa†, a] =
�ω
2( a†a︸︷︷︸ a− aa†a + aa†a− a aa†︸︷︷︸)
Agora o segundo e o terceiro termos se anulam e substituem-se os termosassinalados de modo que
[H, a] =�ω
2(−a + aa†a− aa†a− a) ⇒ [H, a] = −�ω a
d) Considere, inicialmente, um autoestado ψ do oscilador harmonico simples,de energia ε, tal que
Hψ = εψ
Aplicando-se, por exemplo, a identidade [H, a†] = (�ω/2)a† sobre a funcaoψ, tem-se
[H, a†]ψ =�ω
2a†ψ = Ha†ψ − a†Hψ
Pode-se ainda escrever(H − �ω
2
)a†ψ = a†Hψ = a†εψ = εa†ψ
donde
Ha†ψ =(
ε +�ω
2
)a†ψ
Portanto, o estado a†ψ e autoestado do operador hamiltoniano, com autovalorε+�ω/2. Por este motivo, a† e denominado operador de levantamento, enquantoa e o operador de abaixamento, pois o estado aψ e autoestado do operadorhamiltoniano, com autovalor ε− �ω/2.
130 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Uma consequencia imediata disto e que o operador a, se aplicado ao estadofundamental, da zero como resultado, isto e,
aψ◦ = 0
Por outro lado, foi mostrado no item a, que
H =�w
2(a†a + aa†)
Com o uso da relacao de comutacao [a, a†] = 1, o hamiltoniano pode ser reescritocomo
H = a†a +12
�w
Se este operador e aplicado ao estado fundamental,
Hψ◦ = a†a ψ◦ +12
�w ψ◦ =12
�w ψ◦
Mostra-se, assim, que �ω/2 e o menor valor de energia do oscilador harmonicosimples.
14
A Mecanica QuanticaOndulatoria
Exercıcio 14.11.1 Discuta a afirmacao do filosofo frances Gaston Bachelard:“a onda e um quadro de jogos, o corpusculo e uma chance”.
“A onda e um quadro de jogos, o corpusculo uma chance.” Esta frase deBachelard, extraıda de O Novo Espırito Cientıfico, Rio de Janeiro: TempoBrasileiro, p. 89, faz alusao ao fato de que, de acordo com a Mecanica Quantica,a previsao de qualquer medida referente a uma partıcula, ao contrario do queocorre em Fısica Classica, requer o conhecimento previo de sua funcao deonda em todo o espaco, obtida a partir da equacao de Schrodinger. Todas asinformacoes sobre a partıcula quantica, de uma certa forma, ja estao contidasnesse quadro formado pelo espaco abstrato das funcoes de onda, o espacode Hilbert. E uma medida particular que projeta uma e apenas uma chancedentre todas as possıveis. Em suas proprias palavras, “a onda se apresentaentao claramente como uma expressao matematica estendendo-se normalmentea ‘espacos de configuracao’ cujo numero de dimensoes ultrapassa o numero tres,caracterıstica do espaco intuitivo.”(ibid., p. 88)
Voltando um pouco no tempo, tendo em vista, por exemplo, o esforco feito porLouis de Broglie de se associar uma onda-piloto a um corpusculo, Bachelard seindaga: “por que se procuraria uma especie de ligacao causal entre o corpusculoe a onda se se trata[m] unicamente de duas imagens, de dois pontos de vistatomados sobre um fenomeno complexo?”(ibid., p. 87)
131
132 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 14.11.2 Estime o comprimento de onda e a frequencia associados aum eletron com:
a) velocidade igual a 108 m/s;
b) energia igual a 1 GeV.
Considerando que c � 3,0× 108 m/s,
a) v = 108 m/s =⇒ v/c = 1/3 =⇒ γ =(
1− 19
)−1/2
� 1,06
Assim,⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
p = γmv = 1,06× 5,11× 10−31 × 108 = 9,66× 10−23 kg.m/s
λ =h
p=
6,626× 10−34
9,66× 10−23= 0,69× 10−11 = 0,069 A
e ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
E = γmc2 = 1,06× 5,11× 9× 1016 = 8,69× 10−14 J
ν =E
h=
8,69× 10−14
6,626× 10−34= 1,31× 1020 Hz
b){
E = 1 GeVE◦ = mc2 = 8,199× 10−14 J = 0,512 MeV
Segue-se que γ = E/E◦ = 1, 953× 103 � 1. Assim,
p = γmv � γmc ⇒ λ =h
p=
6,626× 10−34
1,953× 103 × 9,11× 10−31 × 3× 108
ou seja,λ = 1,24× 10−15 m
e
ν =E
h=
1,6× 10−19 × 109
6,626× 10−34= 2,41× 1023 Hz ⇒ ν = 2,41× 1023 Hz
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 133
Exercıcio 14.11.3 O comprimento de onda de emissao espectral amareladado sodio e 5 890 A. Determine a energia cinetica de um eletron que tenha ocomprimento de onda de L. de Broglie igual a esse valor.
O momentum do eletron e igual a
p =h
λ=
6,626× 10−34
5,89× 103 × 10−10= 1,13× 10−27 kg.m/s (pc << mec
2)
Logo, o problema e nao relativıstico e a energia cinetica pode ser calculada por
εc =p2
2me=
(1,13)2 × 10−54
2× 9,11× 10−31= 7,0× 10−25 J =
7,0× 10−25
1,6× 10−19eV
εc = 4,4× 10−6 eV
Exercıcio 14.11.4 Determine o comprimento de onda de L. de Broglie asso-ciado a um eletron na orbita de Bohr correspondendo a n = 1.
εn = − e2
2a
1n2
⇒ ε1 = −13,6 eV << mec2 (nao relativıstico)
λ =h
p=
h√2m|ε1|
=6,626× 10−34√
2× 9,11× 10−31 × 13,6× 1,6× 10−19
=6,626× 10−34
1,991× 10−24= 3,33× 10−10 m
λ = 3,33 A
134 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 14.11.5 O comprimento de onda associado a um atomo de helio(He) de um feixe que foi difratado por um cristal e igual a 0,60 A. Determine:
a) a velocidade dos atomos de helio;
b) a temperatura que corresponde a tal velocidade.
Dados: μHe = 4,0043 u e λHe = 0,60 A. Logo,
p =h
λHe
=6,626× 10−34
0,6× 10−10= 1,104× 10−23 kg.m/s
Como pc << mHec2, o problema e nao relativıstico, e segue-se
a) v =p
m=
1,104× 10−23
4,004× 1,66× 10−27
v = 1,66× 103 m/s
b)εc =p2
2m=
12kT ⇒ T =
p2
km=
(1,104)2 × 10−46
1,38× 10−23 × 4,004× 1,66× 10−27
T = 1,33× 103 K
Exercıcio 14.11.6 Obtenha a equacao de Schrodinger independente do tempofazendo uma analogia com o problema da “corda vibrante” e usando as hipotesesde L. de Broglie.
Se existe uma onda associada a uma partıcula, como defendia L. de Broglie,ela deve, segundo Schrodinger, por analogia ao problema da corda vibrante,satisfazer uma equacao de onda tipo d’Alembert, equacao (5.1) do livro detexto, (
∇2 − 1v2
∂2
∂t2
)Ψ(�r, t) = 0
Uma solucao geral desta equacao pode ser do tipo
Ψ(�r, t) = φ(�r)e−iωt
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 135
da qual resulta que a funcao que contem a dependencia espacial deve satisfazera equacao
∇2φ + k2φ = 0
onde k = ω/v.
Por outro lado, L. de Broglie havia admitido a existencia de uma relacaolinear entre �p e �k, tal que
�p = ��k =⇒ k2 =p2
�2
Para um sistema conservativo, o termo p2 pode ser expresso em funcao daenergia total,
H = E =p2
2m+ V ⇒ p2 = 2m(E − V )
e, portanto,
k2 =2m
�2(E − V )
Esse resultado leva a seguinte equacao para u(�r):
∇2φ +2m
�2(E − V )φ = 0
ou,
− �2
2m∇2φ(�r) + V (�r)u(�r) = Eφ(�r)
que e a equacao de Schrodinger independente do tempo.
Exercıcio 14.11.7 Verifique se ψ pode ser real ou imaginaria pura se a energiapotencial for complexa. Interprete o resultado.
Da equacao de Schrodinger,
− �2
2m∇2ψ + V (�r)ψ = i�
∂ψ
∂t
se V = VR + iVI e ψ = ψR + iψI , segue-se que
− �2
2m∇2(ψR + iψI ) + (VR + iVI )(ψR + iψI ) = i�
∂(ψR + iψI )∂t
136 Fısica Moderna Caruso • Oguri
ou,
− �2
2m∇2ψR + VRψR − VI ψI − i
�2
2m∇2ψI + iVI ψR + iVRψI = i�
∂ψR
∂t− �
∂ψI
∂t
Igualando as partes real e imaginaria da equacao anterior, obtem-se⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩− �
2
2m∇2ψR + VRψR − VI ψI = −�
∂ψI
∂t
− �2
2m∇2ψI + VI ψR + VRψI = �
∂ψR
∂t
Se ψR = 0, das equacoes anteriores resulta, respectivamente,⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
VI ψI = �∂ψI
∂t
− �2
2m∇2ψI + VRψI = 0
Logo, a dependencia temporal de ψI variaria exponencialmente no tempo como
ψI (t) = ψI (0)eVIt/�
com um coeficiente �/VI . Ja a dependencia espacial seria dada pela equacao deSchrodinger independente do tempo, sendo o potencial apenas a parte real dopotencial total.
Por outro lado, se ψI = 0,⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩− �
2
2m∇2ψR + VRψR = 0
VI ψR = �∂ψR
∂t⇒ ψR(t) = ψR(0)eV
It/�
Neste caso, ψR tambem variaria exponencialmente no tempo, com o mesmocoeficiente, e a equacao espacial e do mesmo tipo do caso anterior.
Portanto, pode-se concluir que a existencia de um potencial complexo permiteque a funcao de onda seja somente real ou imaginaria pura, mas nao haveriaconservacao da densidade de probabilidade neste caso.
Exercıcio 14.11.8 Partindo da equacao de Schrodinger unidimensional,mostre que problemas de estado ligado sao sempre nao degenerados em uma
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 137
dimensao, isto e, so existe uma autofuncao correspondente a cada autovalor deenergia.
Suponha que existam duas autofuncoes diferentes, φk e φ�, com autovaloresde energia Ek e E�. Logo
d2φk
dx2= −2mEk
�2φk +
2mV
�2φk
d2φ�
dx2= −2mE�
�2φ� +
2mV
�2φ�
Multiplicando a primeira equacao por φ� e a segunda, por φk, e subtraindouma da outra, chega-se a
φ�d2φk
dx2− φk
d2φ�
dx2= −2m
�2(Ek − E�)φkφ�
ouddx
[φk
dφ�
dx− φ�
dφk
dx
]=
2m
�2(Ek − E�)φkφ�
o que equivale a
φkdφ�
dx− φ�
dφk
dx=
2m
�2(Ek − E�)
∫φkφ�dx
Se ha degenerescencia, Ek = E� para φk �= φ�, implica que
φkdφ�
dx= φ�
dφk
dxou
dφ�
φ�=
dφk
φk
o que requer que φ� = φk, contrariando a hipotese. Portanto, em proble-mas unidimensionais, nao ha autoestados degenerados para a equacao deSchrodinger.
Exercıcio 14.11.9 Mostre que, se o hamiltoniano H (−i�∂/∂q, q) e simetricocom relacao a q, isto e, H (−i�∂/∂q, q) = H (+i�∂/∂q,−q) e, se so existe umaautofuncao ψE(q) de H com autovalor E (nao degenerado), esta solucao e parou ımpar, ou seja
ψ(q) = λψ(−q), λ = ±1
hipoteses
⎧⎨⎩
H(q) = H(−q)
H(q)ψE(q) = EψE(q)
138 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Assim,
H(−q)ψE(−q) = EψE(−q) = H(q)ψE(−q) ⇒ ψE(q) ∼ ψE(−q)
ψE(q) = λψE(−q) ⇒∫ ∣∣ψE(q)
∣∣2 dq =∫ ∣∣λψE(−q)
∣∣2 dq = 1
Logo,
λ2
∫ ∣∣ψE(−q)∣∣2 dq︸ ︷︷ ︸
1
= 1
λ2 = 1 ⇒ λ = ±1
Exercıcio 14.11.10 O estado de uma partıcula confinada em um intervalo(0, L) e descrito por
Ψ = A e−iEnt/� sen(nπ
x
L
)a) determine a constante de normalizacao A;
b) represente graficamente a densidade de probabilidade de presenca;
c) calcule a probabilidade de se observar a partıcula entre 0 e L/4.
A densidade de probabilidade de presenca e
ρ(x) = |Ψ|2 = A2 sen2(n
πx
L
)(0 < x < L)
a) De acordo com a condicao de normalizacao,∫ L
0ρ(x) dx = A2
∫ L
0sen2
(n
πx
L
)dx = A2
∫ L
0
[1− cos
(2n
πx
L
)]dx = 1
A2 L
2= 1 ⇒ A =
√2L
Assim,
Ψ =
√2L
e−iEnt/� sen(n
πx
L
)(0 < x < L)
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 139
b) ρ(x) =2L
sen2(n
πx
L
)=
1L
[1− cos
(2nπ
x
L
)]Na figura a seguir estao esbocados os valores de ρ para n = 1 e 2.
Observe que a densidade de probabilidade e simetrica com relacao a L/2 e,portanto, o valor medio da posicao para qualquer autoestado e L/2.
c) P (0 < x < L/4) = 2∫ L/4
0sen2
(n
πx
L
)dx
=1L
[x
∣∣∣∣L/4
0
− L
2nπsen
(2n
πx
L
) ∣∣∣∣L/4
0
]
=14
+1
2nπ×
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
0 n = 2, 4, 6, . . .
−1 n = 1, 5, 9, . . .
1 n = 3, 7, 11, . . .
140 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 14.11.11 A partir das expressoes⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩〈E〉 =
∫V
Ψ∗HΨ dV
〈E2〉 =∫
VΨ∗H2Ψ dV
mostre que, se o estado de uma partıcula e representado por um estado do tipo
Ψ(�r, t) = ψn(�r) e−iEnt/�
onde ψn(�r) e um autoestado de H, ou seja,
Hψn = Enψn
a dispersao da energia, ΔE =√〈E2〉 − 〈E〉2, e nula.
Uma vez que
Hψ(�r, t) = Hψn(�r)︸ ︷︷ ︸Eψn(�r)
e−iEnt/� = Enψ(�r, t)
calculando-se
〈E〉 =∫
Vψ∗ (Hψ)︸ ︷︷ ︸
Enψ
dV = En
∫V
ψ∗nψn dV︸ ︷︷ ︸1
= En
e〈E2〉 =
∫V
ψ∗H (Hψ)︸ ︷︷ ︸Enψ
dV = En
∫V
ψ∗ (Hψ)︸ ︷︷ ︸Enψ
dV = E2n
a dispersao em relacao ao valor medio e dada por
ΔE =√〈E2〉 − 〈E〉2 =
√E2
n − E2n = 0
Exercıcio 14.11.12 Mostre que a densidade de probabilidade de presencaassociada a uma partıcula em um campo conservativo cujo estado inicial edado pela combinacao linear de dois de seus autoestados ψ1(�r) e ψ2(�r) podeser expressa como
ρ(�r, t) = a(�r) + b(�r) cos[ωt + φ(�r)
]
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 141
Considere que
Ψ(�r, 0) = αψ1(�r) + βψ2(�r)
⎧⎨⎩
Ψ(�r, t) = αψ1(�r)e−iE1t/� + βψ2(�r)e−iE2t/�
Ψ∗(�r, t) = α∗ψ∗1(�r)eiE1t/� + β∗ψ∗2(�r)e
iE2t/�
Logo
ρ(�r, t) = Ψ∗(�r, t)Ψ(�r, t)
=∣∣α∣∣2∣∣ψ1
∣∣2 +∣∣β∣∣2∣∣ψ2
∣∣2︸ ︷︷ ︸a(�r)
+α∗βψ∗1ψ2︸ ︷︷ ︸c(�r)
eiωt + αβ∗ψ1ψ∗2︸ ︷︷ ︸
c∗(�r)
e−iωt
= a(�r) + c(�r)eiωt + c∗(�r)e−iωt
onde ω ≡ (E1 − E2)/�. Usando a formula de Euler, e±iωt = cos ωt + i sen ωt,pode-se escrever
ρ(�r, t) = a(�r) + [c(�r) + c∗(�r)] cos ωt + i[c(�r)− c∗(�r)] sen ωt
= a(�r) + 2�[c(�r)] cos ωt + i2�[c(�r)] senωt
ouρ(�r, t) = a(�r) + b(�r) cos[ωt + φ(�r)]
onde ⎧⎨⎩
b(�r) sen φ(�r) = 2�[c(�r)] = c(�r) + c∗(�r)
−b(�r) cos φ(�r) = −2�[c(�r)] = i[c(�r)− c∗(�r)]
Assim,
tg φ(�r) =�[α∗βψ∗1(�r)ψ2(�r)]�[α∗βψ∗1(�r)ψ2(�r)]
eb2 = (c + c∗)2 − (c− c∗)2 = 4|c|2
142 Fısica Moderna Caruso • Oguri
e, portanto,b = 2|c| = 2|α||β| ∣∣ψ1(�r)
∣∣ ∣∣ψ2(�r)∣∣
Exercıcio 14.11.13 O estado inicial de uma partıcula e dado por
Ψ(x, 0) =
⎧⎨⎩
Aeik◦(x−x◦) x◦ < x < x◦ + a
0 x < x◦ e x > x◦ + a
onde k◦ = 2π/λ◦.
a) determine a constante de normalizacao;
b) represente graficamente a densidade de probabilidade de presenca;
c) determine o valor medio da posicao;
d) calcule a incerteza associada a esse valor medio.
a)∫ x◦+a
x◦| Ψ |2︸ ︷︷ ︸ρ=A2
dx = A2 x
∣∣∣∣x◦+a
x◦= 1 ⇒ A =
1√a
b)
ρ(x) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
0 x < x◦
1/a x◦ < x < x◦ + a
0 x > x◦ + a
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 143
c) 〈x〉 =∫ ∞
−∞xρ(x) dx =
1a
∫ x◦+a
x◦xdx =
12a
x2
∣∣∣∣x◦+a
x◦
=12a
[(x◦ + a)2 − x2
◦] ⇒ 〈x〉 = x◦ + a/2
d) 〈x2〉 =1a
∫ x◦+a
x◦x2 dx =
13a
x3
∣∣∣∣x◦+a
x◦=
13a
[(x◦ + a)2(x◦ + a)− x3
◦]
= x2◦ + x◦a +a2
3
Levando em conta que
〈x〉2 = x2◦ + x◦a +
a2
4
resulta que
(Δx)2 = 〈x2〉 − 〈x〉2 = a2
(13− 1
4
)=
a2
12ou
Δx =a√12
Exercıcio 14.11.14 A todo operador diferencial linear A, definido para asfuncoes complexas de uma variavel x, que se anulam no infinito, correspondeum outro operador linear adjunto A†, definido por∫ ∞
−∞ψ∗(x)
[Aψ(x)
]dx =
∫ ∞
−∞
[A†ψ∗(x)
]ψ(x) dx
Mostre que:
a) A† = −d/dx e o adjunto de A = d/dx;
b) A† = c∗ e o adjunto de A = c, onde c e um numero complexo;
c) A† = A se A = id/dx;
d) a imposicao de que o valor medio 〈A〉 das medidas de uma grandeza Aimplica que o operador associado A seja hermitiano, ou seja, A† = A.
144 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Parte-se da definicao dada no enunciado do exercıcio,∫ ∞
−∞ψ∗(x) [Aψ(x)] dx =
∫ ∞
−∞
[A†ψ(x)
]∗ψ(x)dx
lembrando que ψ(x = ±∞) = 0.
a) A =ddx
∫ ∞
−∞ψ∗(x)
(ddx
ψ(x))
dx = ψ∗ψ∣∣∣∣∞−∞︸ ︷︷ ︸
0
−∫ ∞
−∞ψ
(dψ∗
dx
)dx
=∫ ∞
−∞
[(− d
dx
)ψ
]∗ψ(x) dx
Logo,
A† = − ddx
b) A = c ∫ ∞
−∞ψ∗(x)(cψ) dx =
∫ ∞
−∞(cψ∗)ψ dx =
∫ ∞
−∞(c∗ψ)∗ψ dx
dondeA† = c∗
c) A = iddx
∫ ∞
−∞ψ∗(x)
(i
ddx
ψ
)dx = i
∫ ∞
−∞ψ∗
(ddx
ψ
)dx = −i
∫ ∞
−∞ψ
(dψ∗
dx
)dx
=∫ ∞
−∞
[(i
ddx
)ψ
]∗ψ dx
donde
A† = iddx
= A
d) 〈A〉 =∫ ∞
−∞ψ∗ (Aψ) dx =
∫ ∞
−∞
(A†ψ
)∗ψ dx
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 145
Logo,
〈A〉∗ =∫ ∞
−∞(Aψ)∗ ψ dx
〈A〉 = 〈A〉∗ ⇒∫ ∞
−∞
[(A†ψ
)∗ − (Aψ)∗]
ψ dx = 0
portanto,A† = A
Exercıcio 14.11.15 Seja A um operador hermitiano que possui um espectrodiscreto de autovalores nao degenerados, {an}, associados a um conjunto deautofuncoes, {φn(�r)}, tal que
A φn(�r) = an φn(�r)
Mostre que:
a) os autovalores sao reais;
b) as autofuncoes associadas a autovalores distintos sao ortogonais, ou seja,∫V
φ∗l (�r)φn(�r) dV = 0 (l �= n)
Os operadores hermitianos que possuem um espectro discreto de autovaloresnao degenerados satisfazem a equacao
Aφn(�r) = anφn(�r)
a) Para mostrar que seus autovalores sao reais, parte-se de∫V
φ∗n (Aφn) dV =∫
V(Aφn)∗ φn dV
ou(an − a∗n)
∫V
∣∣φn
∣∣2 dV︸ ︷︷ ︸>0
= 0 ⇒ an = a∗n (real)
b) A demonstracao de que suas autofuncoes associadas a autovalores distintossao ortogonais parte de∫
Vφ∗l (Aφn) dV =
∫V
(Aφl)∗ φn dV
146 Fısica Moderna Caruso • Oguri
ou(an − al)
∫V
φ∗l φn dV = 0
Para an �= al ⇒∫
Vφ∗l φn dV = 0 (l �= n)
Exercıcio 14.11.16 Seja Ψ(�r, t) a funcao de onda que representa o estado atualde uma partıcula. Se A e um operador hermitiano associado a uma grandezaA, que possui um espectro discreto de autovalores nao degenerados, {an}, eautofuncoes, {φn(�r)}, ou seja,
Aφn(�r) = an φn(�r)
tal que Ψ(�r, t) pode ser expressa por uma combinacao linear das autofuncoesφn(�r), do tipo
Ψ(�r, t) =∑
n
cn(t) φn(�r)
mostre que a expressao para o valor medio de A
〈A〉 =∫
VΨ∗(�r, t)AΨ(�r, t) dV
e equivalente a〈A〉 =
∑n
|cn|2 an
Sejam⎧⎨⎩
Ψ(�r, t) =∑
n
cn(t)φn(�r) =⇒ Ψ∗(�r, t) =∑
�
c∗�(t)φ∗�(�r)
Aφn(�r) = anφn(�r)
Logo,
〈A〉 =∫
VΨ∗(�r, t)AΨ(�r, t) dV =
∑�,n
c∗�(t)cn(t)∫
vφ∗�(�r)Aφn(�r)︸ ︷︷ ︸
anφn
dV
Assim,
〈A〉 =∑�,n
c∗�cnan
∫V
φ∗�φn dV︸ ︷︷ ︸δ�n
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 147
e, portanto,
〈A〉 =∑
n
|cn|2an
Exercıcio 14.11.17 Uma partıcula livre de massa m, tal que sua energia e re-presentada por H = p2/2m, onde p representa o momentum linear, se deslocana direcao x. Mostre que:
a)[x, H
]= i�
p
m
b)[x2, H
]= i
�
m(xp + px)
c)[xp, H
]+
[px, H
]= 2i�
p2
m
Sabe-se que H = p2/2m e [x, p] = i�.
a) [x, H] = [x, p2/2m] =1
2m(xp2 − p2x) =
12m
(xpp− ppx)
=1
2m(xpp−pxp + pxp︸ ︷︷ ︸
0
−ppx) =
=1
2m([x, p]p + p[x, p]) = i�
p
m
b) De modo analogo,
[x2, H] = [xx, H] = xxH −Hxx = xxH − xHx︸ ︷︷ ︸x[x,H]
+xHx−Hxx︸ ︷︷ ︸[x,H]x
= i�
m(xp + px)
c) Por outro lado, como
H = T = p2/2m =⇒ [H, p] = 0 ⇐⇒ Hp = pH
obtem-se⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
[xp, H] = xpH︸︷︷︸xHp
−Hxp = [x, H]p = i�p2
m
[px, H] = pxH −Hpx︸︷︷︸pHx
= p[x, H] = i�p2
m
=⇒ [xp, H
]+
[px, H
]= 2i�
p2
m
148 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 14.11.18 Mostre que, para uma partıcula de massa m, sob a acao deum potencial central, V (r), e, portanto, associada a um operador hamiltonianoH = T + V , onde T = p2/(2m), vale:
a)[�r · �p, T
]= i
�
mp2, onde �p = −i��∇
b)[�r · �p, V
]= −i�r
dV
dr
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
H =p2
2m+ V (r)
�p = −i��∇⇒ H = − �
2
2m∇2 + V (r)
a)[�r · �p, T
]=
[�r · �p, p2/2m
]=
12m
[(�r · �p)p2 − p2(�r · �p)
]
=1
2m
[xpx(p2
x + p2y + p2
z)− (p2x + p2
y + p2z)xpx+
+ypy(p2x + p2
y + p2z)− (p2
x + p2y + p2
z)ypy+
+zpz(p2x + p2
y + p2z)− (p2
x + p2y + p2
z)zpz
]= [xpx, p2
x/2m] + [ypy, p2y/2m] + [zpz, p
2z/2m]
= i�
m
(p2
x + p2y + p2
z
)= i�
p2
m
b)⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
�r = rr
�p = −i��∇ = −i�
(r
∂
∂r+ θ
1r
∂
∂θ+ φ
1rsen θ
∂
∂φ
)Logo,
�r · �p = −i�r∂
∂r
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 149
[�r · �p, V (r)]ψ(�r) = [−i�∂/∂r, V (r)]ψ(�r)
= −i�r∂
∂r
[V (r)ψ(�r)
]+ i�V (r)r
∂ψ(�r)∂r
= −i�r
(∂V
∂r
)ψ(�r)− i�rV (r)
∂ψ(�r)∂r
+ i�V (r)r∂ψ(�r)
∂r
= −i�r
(dV
dr
)ψ(�r)
Portanto,
[�r · �p, V (r)] = −i�rdV
dr
Exercıcio 14.11.19 A partir de uma relacao de incerteza, mostre que asoscilacoes de um circuito LC, excitado por uma tensao eficaz de 1 mV, noqual L = 3 mH e C = 4,7 nF, podem ser descritas pelo EletromagnetismoClassico.
Em um circuito LC, sabe-se que
ω◦ =1√LC
⇒ T =2π
ω◦= 2π
√LC
Sendo a energia (E) armazenada por ciclo no circuito dada por
E = CV 2ef
onde Vef e a tensao eficaz, o produto
E · T = 2πCV 2ef
√LC = 2× 3,14× 4,7× 10−9 × 10−6
√3× 10−3 × 4,7× 10−9
� 10−19 J.s � h
significa que as oscilacoes do circuito LC estao no limite do EletromagnetismoClassico.
150 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 14.11.20 A partir da igualdade limα→∞
sen qα
q=
∫ ∞
0cos qxdx,
mostre que:
a) limα→∞
sen qα
q= lim
ε→0
ε
q2 + ε2
b) limα→∞
sen qα
q= π
a) Partindo da equacao dada,
limα→∞
sen qα
q=
∫ ∞
0cos(qx) dx
e considerando que
cos(qx) = limε→0
e−εx eiqx + e−iqx
2ou
cos(qx) =12
limε→0
[∫ ∞
0e(iq−ε)x dx +
∫ ∞
0e(−iq−ε)x dx
]
=12
limε→0
[1
iq − εe(iq−ε)x
∣∣∣∣∞0
− 1iq + ε
e(−iq−ε)x
∣∣∣∣∞0
]
=12
limε→0
(1
iq + ε− 1
iq − ε
)=
12
limε→0
2ε
ε2 + q2
Logo
limα→∞
sen qα
q= lim
ε→0
2ε
ε2 + q2
Este ultimo limite e utilizado para definir a distribuicao δ(q) de Dirac (verfigura), como e mostrado no proximo item.
12"
1"
" " q
lim
" 0
""
2 2+q
= ( )a± q
14. A Mecanica Quantica Ondulatoria 151
b) Fazendo q = ε tg θ =⇒ ε2 + q2 = ε2(1 + tg2 θ) = ε2 sec2 θ, tem-se
dq = ε sec2 θ dθ
donde
limε→0
∫ ∞
−∞ε
ε2 + q2dq = lim
ε→02
∫ ∞
0
ε
ε2 + q2dq = 2
∫ π/2
0dθ = π
Logo,
limε→0
ε
ε2 + q2= πδ(q)
Assim, para qualquer funcao de q, f(q), que nao varie em torno da origem
(q = 0) tao rapidamente quanto a funcao1π
ε
ε2 + q2, vale a propriedade
∫ ∞
−∞f(q) δ(q) dq = f(0)
∫ ∞
−∞1π
ε
ε2 + q2dq︸ ︷︷ ︸
1
ou seja, ∫ ∞
−∞f(q) δ(q) dq = f(0)
Essa e a propriedade que define a chamada distribuicao delta de Dirac.
15
Aplicacoes da equacao deSchrodinger
Exercıcio 15.7.1 Uma partıcula de massa m e energia E > V◦, deslocando-sena direcao e sentido positivo do eixo x, incide em um degrau de potencial dealtura V◦, em x = 0. Determine:
a) as autofuncoes de energia nas regioes x < 0 e x > 0;
b) os coeficientes de transmissao e reflexao.
Os problemas de poco e barreira de potencial podem ser resolvidos, siste-maticamente, do seguinte modo: De inıcio, identificam-se as diferentes regioesdo espaco, nas quais o potencial e contınuo. Feito isto, escreve-se a equacao deSchrodinger para cada uma das regioes distintas e encontram-se suas solucoesgerais.
Como a equacao de Schrodinger e de 2-a ordem na variavel x, tanto as solucoescomo suas derivadas devem ser contınuas nos pontos de descontinuidade dopotencial. Alem disso, as condicoes assintoticas em −∞ e +∞ devem ser levadasem conta. Desse modo, resulta um sistema de equacoes que deve ser resolvidopara as constantes de integracao. Por ultimo, a condicao de normalizacao dafuncao de onda total permite determinar a ultima constante independente.
A figura a seguir representa o degrau de potencial descrito no problema,assinaladas as duas regioes distintas, I e II, nas quais o potencial e contınuo e,nesse caso, constante.
153
154 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Escrevendo-se a equacao de Schrodinger para um potencial constante V◦,
− �2
2m
d2
dx2ψ + V◦ψ(x) = Eψ(x) =⇒ d2
dx2ψ + k2ψ = 0
onde
k =p
�=
√2m(E − V◦)
�> 0 (E > V◦)
Duas solucoes linearmente independentes sao:
⎧⎨⎩
eikx
e−ikx
Ou seja, nesse caso de estados nao ligados, os autovalores de energia saoduplamente degenerados, o que corresponde aos dois sentidos de propagacaopara uma mesma energia.
a) Assim, as autofuncoes de energia para cada uma das regioes sao dadas por⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
regiao I : V = 0 =⇒ k◦ =√
2mE
�=
p◦�
=⇒ ψI =
incidente︷ ︸︸ ︷Aeik◦x +
refletida︷ ︸︸ ︷Be−ik◦x
regiao II : V = V◦ =⇒ k =
√2m(E − V◦)
�=
p
�=⇒ ψII = Ceikx︸ ︷︷ ︸
transmitida
Observe que ao contrario da Fısica Classica, a probabilidade de que apartıcula seja refletida por uma barreira de potencial menor que a sua energiacinetica e diferente de zero.
b) Para calcular os coeficientes de transmissao e reflexao, calculam-se,inicialmente, as correntes incidente, refletida e transmitida:⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩Jinc =
p◦m
| A |2
Jrefl = −p◦m
| B |2Jtrans =
p
m|C|2
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 155
A conservacao da corrente implica
Jinc = Jrefl + Jtrans =⇒ 1 =(
Jtrans
Jinc
)︸ ︷︷ ︸
t
+(
Jrefl
Jinc
)︸ ︷︷ ︸
r
onde t e o coeficiente de transmissao e r, o coeficiente de reflexao.
As condicoes de contorno impoem relacoes entre os coeficientes A, B e C. Defato,⎧⎨⎩
ψI(0) = ψII(0) =⇒ A + B = C
ψ′I(0) = ψ′
II(0) =⇒ k◦(A−B) = kC=⇒ 2A =
(1 +
k
k◦
)C
Assim,⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
t =p
p◦
∣∣∣CA
∣∣∣2 =4p/p◦
(1 + p/p◦)2
p
p◦=
k
k◦=√
1− V◦/E
=⇒ t =4√
1− V◦/E(1 +
√1− V◦/E
)2
e, de acordo com a conservacao de corrente,
r = 1− 4√
1− V◦/E(1 +
√1− V◦/E
)2
=1 + 2
√1− V◦/E + (1− V◦)− 4
√1− V◦/E(
1 +√
1− V◦/E)2
⇓
r =
(1−√1− V◦/E
)2
(1 +
√1− V◦/E
)2
Se um feixe de partıculas incide sobre esse degrau de potencial com energiasuficiente para ultrapassa-lo, a expressao anterior permite calcular a fracao departıculas que nao atravessarao essa barreira.
156 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 15.7.2 Uma partıcula de massa m encontra-se confinada em umpoco de potencial infinito entre x = 0 e x = a. Determine:
a) os valores medios da posicao e do momentum, 〈x〉n e 〈p〉n, para seusautoestados estacionarios de energia;
b) o autoestado estacionario que minimiza o produto das incertezas(Δx)n (Δp)n;
Se o estado inicial da partıcula e Ψ(x, 0) = A x (a− x), determine:
c) a distribuicao de probabilidades para os momenta.
d) os valores medios da posicao e do momentum, 〈x〉◦ e 〈p〉◦;e) as probabilidades de ocorrencia de cada autovalor de energia da partıcula;
f) o estado da partıcula em um instante generico t.
Considere o poco de potencial confinante esquematizado na proxima figura,onde o fundo do poco e tomado como a origem para o potencial, ou seja, V = 0para 0 < x < a, e V = ∞ para x < 0 e x > a.
0 a x
� �
Nesse caso, a funcao de onda em qualquer regiao fora do poco e nula,
ψn(x) = 0 (x < 0 e x > a)
e qualquer autoestado estacionario da partıcula dentro do poco e dado por
ψn(x) =
√2a
sen(nπx
a
)(0 < x < a) n = 1, 2, 3, · · ·
com autovalores
En = n2 π2�
2
2ma2
Assim, a densidade de probabilidade de presenca (ρn = |ψn|2) da partıcula
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 157
associada a qualquer autoestado e dada por
ρn(x) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
1a
(1− cos
2nπx
a
)(0 < x < a)
0 (x < 0 e x > a)
n = 1, 2, 3, · · ·
a) O valor medio da posicao e dado por
〈x〉n =∫ a
0x ρn(x) dx =
1a
∫ a
0x
(1− cos
2nπx
a
)dx
=1a
[ ∫ a
0x dx−
∫ a
0x cos (2nπx/a) dx
]
Integrando por partes a segunda integral, tem-se
〈x〉n =1a
{x2
2
∣∣∣∣a0
− a
2nπx sen
(2nπx
a
)∣∣∣∣a0︸ ︷︷ ︸
0
+a
2nπ
∫ a
0sen(
2nπx
a
)dx
}
=a
2− a
(2nπ)2cos(
2nπx
a
)∣∣∣∣a0︸ ︷︷ ︸
0
=⇒ 〈x〉n =a
2
O valor medio do momentum e dado por
〈p〉n =∫ ∞
−∞ψ∗
n(x) px ψn(x) dx =∫ a
0ψ∗
n
[− i�
ddx
ψn
]dx
=1a
(− i�
nπ
a
)∫ a
02 sen
(nπx
a
)× cos
(nπx
a
)︸ ︷︷ ︸
sen(
2nπx
a
)dx
= −i�nπ
a2
∫ a
0sen(
2nπx
a
)dx︸ ︷︷ ︸
0
=⇒ 〈p〉n = 0
Apesar de confinada, a partıcula encontra-se essencialmente livre no interiordo poco. Somente nos limites do poco ha a manifestacao de alguma acao que naopermite que ela escape. Assim, o movimento em qualquer sentido e igualmenteprovavel e, por isso, o valor medio do momentum e nulo.
158 Fısica Moderna Caruso • Oguri
b) Para o calculo das incertezas, torna-se necessario o calculo dos valores mediosdos quadrados da posicao (〈x2〉n) e do momentum (〈p2〉n).
〈x2〉n =∫ a
0x2 ρn(x) dx =
1a
∫ a
0x2
(1− cos
2nπx
a
)dx
=1a
[ ∫ a
0x2 dx−
∫ a
0x2 cos (2nπx/a) dx
]
Integrando por partes a segunda integral, tem-se
〈x2〉n =1a
{x3
3
∣∣∣∣a0
− a
2nπx2 sen
(2nπx
a
)∣∣∣∣a0︸ ︷︷ ︸
0
+a
nπ
∫ a
0x sen
(2nπx
a
)dx
}
e, integrando novamente por partes a ultima integral, obtem-se
〈x2〉n =a2
3− a
2(nπ)2x cos
(2nπx
a
)∣∣∣∣a0
+a
2(nπ)2
∫ a
0cos(
2nπx
a
)dx︸ ︷︷ ︸
0
=a2
3− a2
2n2π2= a2
(13− 1
2n2π2
)
Desse modo,
(Δx)2n = 〈x2〉n − 〈x〉2n = a2
(13− 1
2n2π2− 1
4
)=
a2
12
(1− 6
n2π2
)ou ainda,
(Δx)n =a√12
√1− 6
n2π2
O valor medio do quadrado do momentum e dado por
〈p2〉n =∫ a
0ψ∗
n
[p2
xψn
]dx =
∫ a
0ψ∗
n
(− �
2 d2
dx2ψn
)dx
= �2
(nπ
a
)2 1a
∫ a
02 sen2
(nπx
a
)︸ ︷︷ ︸
1−cos( 2nπxa )
dx = �2(nπ
a
)2
donde
(Δp)n = �
(nπ
a
)
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 159
Assim, chega-se ao produto das incertezas, dado por
(Δx)n(Δp)n = �
√n2π2
12− 1
2
Para n = 1 =⇒ Δx ·Δp e mınimo e, nesse caso,
(ΔxΔp)mınimo � 0,57� >�
2
c) Para o estado inicial Ψ(x, 0) = ψ◦ = A x (a − x), primeiramente, deve-secalcular a constante de normalizacao A, a partir da integral
∫ a
0ψ2◦ dx = A2
∫ a
0x2 (a− x)2︸ ︷︷ ︸
a−2ax+x2
dx = 1
donde
A2
{a2
∫ a
0x2 dx− 2a
∫ a
0x3 dx +
∫ a
0x4 dx
}= 1
ou
A2a5
(13− 1
2+
15
)= A2 a5
30= 1 ⇒ A2 =
30a5
e, finalmente,
A =1a2
√30a
Assim,
Ψ(x, 0) =√
30a2√
ax(a− x) =
1a3
√30a x(a− x) = ψ◦(x)
Logo,
ψ◦(p) =1√2π�
∫ a
0e−i px
� ψ◦(x) dx =1a3
√15a
π�
∫ a
0e−i px
� x (a− x) dx
=1a3
√15a
π�
{a
∫ a
0x e−i px
� dx −∫ a
0x2 e−i px
� dx
}
160 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Integrando por partes,
ψ◦(p) =i�
pa3
√15( a
π�
){a
[x e−i px
�
∣∣∣a0−∫ a
0e−i px
� dx
]+
−x2 e−i px�
∣∣∣a0
+ 2∫ a
0x e−i px
� dx
}
= a2e−i pa� − a
i�
pe−i px
�
∣∣∣a0− a2e−i pa
� + 2(
i�
p
)[ae−i pa
� −∫ a
0e−i px
� dx
]
=i�
pa3
√15( a
π�
){a
i�
p
(1− e−i p
�a)
+ 2(
i�
p
)ae−i pa
� +
+ 2i(
i�
p
)2 (1− e−i pa
�
)}
=(
i�
pa
)2√
15a
π�
{(1 +
2i�
pa
)+(
1 +2i�
pa
)e−i pa
�
}ou ⎧⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎩ψ◦(p) = −
(�
pa
)2√
15a
π�
{(1 +
2i�
pa
)(1 + e−i pa
�
)}
ψ∗◦(p) = −(
�
pa
)2√
15a
π�
{(1− 2i�
pa
)(1 + ei pa
�
)}Logo, a distribuicao de probabilidades para os momenta e dada por
|ψ◦(p)|2 =(
�
pa
)4(15a
π�
)[1 + 4
(�
pa
)2](
1 + ei pa� + e−i pa
�︸ ︷︷ ︸2 cos( pa
�)
+1)
ou seja,
|ψ(p)|2 =(
�
pa
)4(30a
π�
)[1 + 4
(�
pa
)2] [
1 + cos(pa
�
)]
d) O valor medio da posicao e dado por
〈x〉ψ◦ =30a5
∫ a
0x3 (a− x)2︸ ︷︷ ︸
a2−2ax+x2
dx =30a5
{a2
∫ a
0x3dx− 2a
∫ a
0x4dx−
∫ a
0x5dx
}
= 30a
(14− 2
5+
16
)=
a
4(30− 48 + 20) =⇒ 〈x〉 = a/2
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 161
enquanto o valor medio dos quadrados, por
〈x2〉ψ◦ =30a5
∫ a
0x4(a− x)2 dx = 30a2
(15− 2
6+
17
)
=27
a2 (21− 35 + 15) =⇒ 〈x2〉ψ◦ =27
a2
Assim, a incerteza na posicao e
Δx = a
√27− 1
4=
a
2√
7
Por outro lado, o valor medio do momentum e dado por
〈p〉ψ◦ =30a5
∫ a
0
(ax−x2)︷ ︸︸ ︷x(a− x) (−i�)
ddx
(ax− x2) dx
= −i�30a5
∫ a
0
(a2x− 3ax2 + 2x3
)dx
= −i�
a30(
12− 1 +
24
)= 0 =⇒ 〈p〉ψ◦ = 0
e, o valor medio do quadrado, por
〈p2〉ψ◦ = −�2 30
a5
∫ a
0(ax− x2)
d2
dx2(ax− x2) dx
= 60�
2
a2
(12− 1
3
)= 10
�2
a2=⇒ Δp =
√10
�
a
Assim, verifica-se mais uma vez que o produto das incertezas satisfaz a relacaode Heisenberg,
(Δx)(Δp) =
√107
�
2>
�
2
e) Expressando-se o estado inicial em termos dos autoestados de energia,
Ψ(x, 0) =√
30a2√
ax (a− x) =
∞∑n=1
cnψn(x)
onde
cn =∫ a
0ψn(x)Ψ(x, 0) dx =
√30
a2√
a
√2a
∫ a
0sen(
nπx
a
)x (a− x) dx
=√
60a3
∫ a
0
[a x sen
(nπx
a
)− x2 sen
(nπx
a
)]dx
162 Fısica Moderna Caruso • Oguri
integrando por partes as duas integrais, obtem-se
cn =√
60a3
{a
(−a
nπ
)x cos n
πx
a
∣∣∣a0
+a2
nπ
∫ a
0cos(nπx
a
)dx+
+( a
nπ
)x2 cos
(nπx
a
) ∣∣∣a0− 2a
nπ
∫ a
0x cos
(nπx
a
)dx
}
Integrando novamente por partes a integral que resta, segue-se
cn =−2√
60a2nπ
{a
nπx sen
(nπx
a
) ∣∣∣a0︸ ︷︷ ︸
0
− a
nπ
∫ a
0sen
(nπx
a
)dx
}
= − 2√
60an2π2
a
nπcos(nπx
a
) ∣∣∣a0
=4√
15n3π3
(1− cos nπ) =4√
15n3π3
×{
0 se n par2 se n ımpar
Logo, a probabilidade de ocorrencia de um dado autovalor de energia En e dadapor
P (En) =| cn |2= 960n6π6
(n = 1, 3, 5, . . .)
f) Partindo da funcao de onda no instante t = 0,
ψ(x, 0) =∞∑
n=1
8√
15n3π3
sen(nπx
a
)
obtem-se a dependencia temporal de ψ multiplicando-se cada uma das auto-
funcoes sen (nπx/a) por e−iEnt/�, onde En = n2 π2�
2
2ma2, chegando-se assim a
ψ(x, t) =8√
15π3
{sen
(πx
a
)e−i π2
�
2ma2 t +127
sen(
3πx
a
)e−i 9π2
�
2ma2 t +
+1
125sen
(5πx
a
)e−i 25π2
�
2ma2 t +173
sen(
7πx
a
)e−i 49π2
�
2ma2 t + · · ·}
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 163
Exercıcio 15.7.3 Considere o espalhamento de um feixe de partıculas de massam e energia E, por uma barreira de potencial retangular de altura V◦ e larguraa.
Para E < V◦:
a) mostre que a probabilidade de transmissao e dada por
t =(
1 +V◦ senh2 ρa
4E(V◦ − E)
)−1
onde ρ =√
2m(V◦ − E)/�
b) determine os limites de t para � → 0 e ρa 1 (E � V◦).
Para E > V◦:
c) mostre que a probabilidade de transmissao e dada por
t =(
1 +V◦ sen2 ka
4E(V◦ − E)
)−1
onde k =√
2m(E − V◦)/�
Para E V◦:
d) determine o limite dos coeficientes t e r;
e) determine os valores de energia para os quais t e maximo.
A barreira de potencial pode ser representada esquematicamente pela figuraabaixo.
A equacao de Schrodinger pode ser escrita como
− �2
2m
d2
dx2ψ(x) + V◦ψ(x) = Eψ(x) ⇒ d2ψ
dx2+
k2︷ ︸︸ ︷2m
�[E − V◦] ψ(x) = 0
onde V◦ = constante.
164 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Nesse caso, ha dois tipos de solucoes:
• E > V◦ =⇒ ψ(x) ∼ e±ikx com k =√
2m(E−V◦)
�=
p
�
• E < V◦ =⇒ ψ(x) ∼ e±ρx com ρ =√
2m(V◦−E)
�
a) Para E < V◦, a funcao de onda em cada uma das 3 regioes mostradas nafigura pode ser expressa como⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
ψI =
incidente︷ ︸︸ ︷Aeik◦x +
refeletida︷ ︸︸ ︷B−ik◦x k◦ =
√2mE/� (x < 0 e V = 0)
ψII = Ceρx + D−ρx ρ =√
2m(V◦ − E)/� (0 < x < a e V = V◦)
ψIII = Feik◦x︸ ︷︷ ︸transmitida
(x > a e V = 0)
e o coeficiente de transmissao e dado por
t =Jtrans
Jinc
=∣∣∣∣FA∣∣∣∣2
As condicoes de contorno vao impor relacoes entre as varias constantes. Saoelas: ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
ψI(0) = ψII(0) ⇒ A + B = C + D
ψ′I(0) = ψ′
II(0) ⇒ ik◦(A−B) = ρ(C −D)
ψII(a) = ψIII(a) ⇒ Ceρa + De−ρa = Feik◦a
ψ′II(a) = ψ′
III(a) ⇒ ρ(Ceρa −De−ρa) = ikFeik◦a
⎧⎨⎩ 2Ceρa =
(1 + ik◦
ρ
)Feik◦a
2Deρa =(1− ik◦
ρ
)Feik◦a
⎧⎨⎩
2ρ(C + D) = [(ρ + ik◦)e−ρa + (ρ− ik◦)eρa] Feik0a = 2ρ(A + B)
2ρ(C −D) = [(ρ + ik◦)e−ρa + (ρ− ik◦)eρa] Feik◦a = 2ρ = 2ik◦(A−B)
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 165
4A
Fe−ik◦a = e−ρa (ρ + ik◦)
(ρ+ik◦)/iρk◦︷ ︸︸ ︷(1ρ
+1ik
)+eρa (ρ− ik◦)
−(ρ−ik◦)/iρk◦︷ ︸︸ ︷(1ρ− 1
ik◦
)
4A
F(iρk◦) e−ik◦a = e−ρa
ρ2+2iρk◦−k2◦︷ ︸︸ ︷(ρ + ik◦)2 −eρa
ρ2−2iρk◦−k2◦︷ ︸︸ ︷(ρ− ik◦)2
= 2iρk◦(eρa + e−ρa
)︸ ︷︷ ︸2 cosh ρa
− (ρ2 − k2◦) (
eρa − e−ρa)︸ ︷︷ ︸
2 senh ρa
A
Fe−ik◦a = cosh ρa−
(ρ2 − k2◦
)2iρk◦
senh ρa
Assim,
∣∣∣AF
∣∣∣2 = cosh2 ρa︸ ︷︷ ︸1+senh2 ρa
+
(ρ2 − k2◦
)24ρ2k2◦
senh2 ρa
= 1 +
[1 +
(ρ2 − k2◦
)4ρ2k2◦
]︸ ︷︷ ︸
(ρ2+k2◦)2
4ρ2k2◦
senh2 ρa
∣∣∣AF
∣∣∣2 = 1 +
(ρ2 + k2◦
)4ρ2k2◦
senh2 ρa
⎧⎨⎩
k2◦ = 2mE/�2
ρ2 = 2m(V◦ − E)/�2⇒
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
(ρ2 + k2
◦)2 =
(2mV◦/�
2)2
4ρ2k2◦ = 4
(2m
�2
)2
E(V◦ − E)
Logo, (ρ2 + k2◦
)24ρ2k2◦
=V 2◦
4E(V◦ − E)
e, finalmente,
t =[1 +
V 2◦4E(V◦ − E)
senh2 ρa
]−1
166 Fısica Moderna Caruso • Oguri
b) Para � → 0
lim�→0
ρ →∞ ⇒ lim�→0
(ρ→∞)
senh ρa→ limρ→∞
eρa
2→∞ (15.1)
o coeficiente de transmissao se anula,
lim�→0
t → 0 (sem transmissao – analogo ao caso classico)
Para ρa 1 (E << V◦)
limρa�1
senh2 ρa→ e2ρa
4 1
o coeficiente de transmissao
limE�V◦
t =16E(V◦ − E)
V 2◦e2ρa � 1
indica que a probabilidade de penetracao na barreira e muito pequena mas,dependendo da largura, algumas partıculas do feixe atravessam a barreira. Essae a origem do chamado efeito tunel, utilizado nos microscopios eletronicos.
c) Para o caso em que E > V◦, as funcoes de onda nas tres regioes sao⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
ψI =
incidente︷ ︸︸ ︷Aeik◦x +
refeletida︷ ︸︸ ︷B−ik◦x k◦ =
√2mE/� (x < 0 e V = 0)
ψII = Ceikx + D−ikx k =√
2m(E − V◦)/� (0 < x < a e V = V◦)
ψIII = Feik◦x︸ ︷︷ ︸transmitida
(x > a e V = 0)
Formalmente, pode-se escrever
ρ2 = −k2 =⇒ ρ = ik =⇒ senh ρa = senh ika = isen ka
ousenh2 ρa = −sen2 ka
Desse modo, pode-se obter o coeficiente de transmissao, para E > V◦, com asubstituicao indicada na equacao anterior, ou seja,
t =[1 +
V 2◦4E(E − V◦)
sen2ka
]−1
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 167
O grafico a seguir mostra o chamado efeito ressonante no comportamentodo coeficiente de transmissao com relacao a energia das partıculas do feixe in-cidente sobre a barreira de potencial. Para certos valores de energia, o feixe etransmitido integralmente atraves da barreira.
d) Escrevendo-se o coeficiente de transmissao como
t =[1 +
14(E/V◦)(E/V◦ − 1)
]o limite para E V◦ =⇒ k � √2mE/� = k◦, e dado por
limE�V◦
t �[1 +
14(E/V◦)2
sen2
(√2mE
�a
)]−1
� 1−(
V◦2E
)2
sen2
(√2mE
�a
)
Nesse limite, o coeficiente de reflexao sera dado por
r = 1− t =(
V◦2E
)2
sen2
(√2mE
�a
)� 1
e) Para E V◦, quando ka = nπ =⇒ tmax = 1, os valores de energia paraos quais t e maximo sao dados por
2mE
�2a2 = n2π2 ⇒ En =
n2π2�
2
2ma2(n = 1, 2, . . .)
168 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Desse modo, o coeficiente de transmissao para qualquer valor de energia daspartıculas incidentes pode ser expresso como
t =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
1
1 + senh2α√
1−E/V◦4 E/V◦(1−E/V◦)
E < V◦
1
1 + sen2α√
E/V◦−1
4 E/V◦(E/V◦−1)
E > V◦
onde
α =√
2mV◦�
As figuras a seguir mostram como o coeficiente de transmissao t varia emfuncao da razao E/V◦, para os valores de α = 5, α = 16 e α = 46, respectiva-mente.
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 169
Exercıcio 15.7.4 Um proton com energia igual a 12 eV incide sobre umabarreira de potencial retangular de altura igual a 16 eV e largura de 1,8 ×10−10 m. Determine a probabilidade de transmissao.
Os dados do problema sao:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
E = 12 eV
V◦ = 16 eV
a = 1,8× 10−10 cm
m = mp
Como 0 < ε < V◦, conforme visto nas paginas 507 e 508 do livro de tex-to, o coeficiente de transmissao em uma barreira unidimensional e dado por,equacao (15.12),
t = 16E(V◦ − E)
V 2◦e−2βa
onde
β =
√2m(V◦ − E)
�
Assim,
β =
√2× 1,673× 10−27 × 4× 1,6× 10−19
1,055× 10−34=
√21,41× 10−46
1,055× 10−34
170 Fısica Moderna Caruso • Oguri
ou
β =√
21,411,055
× 10−23
10−34= 4,39× 1011 m−1
Portanto,
exp (−2βa) = exp (−2× 4,39× 1011 × 1,8× 10−10) = e(−158,04) = 2,31× 10−69
O fator multiplicativo que aparece em t e
16E(V◦ − E)
V 2◦= 16× 12(16− 12)
(16)2=
16× 48256
= 3
e, portanto, o coeficiente de transmissao vale
t = 6,93× 10−69
Exercıcio 15.7.5 Mostre que a energia do unico estado ligado de uma partıculade massa m, em um poco de potencial retangular finito, de profundidade −V◦e largura a� �/(
√2mV◦), e dada por
E = −ma2V 2◦2�2
Com relacao ao diagrama de energia, as solucoes da equacao de Schrodingerindependente do tempo, nas tres regioes distintas, sao:⎧⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎩
ψI = Aeρx (ρ2 = 2m|E|/�2)
ψII = Beikx + Ce−ikx (k2 = 2m(V◦ − |E|)/�2)
ψIII = De−ρx
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 171
De acordo com a condicoes do problema,⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩|E|max = V◦ =⇒ ρa� 1
kmax =√
2mV◦�
=⇒ ka� 1
As condicoes de contorno das funcoes de onda e de suas derivadas nos pontosde descontinuidade do potencial (±a/2) levam a:⎧⎨
⎩ψI(−a/2) = ψII(−a/2) =⇒ Ae−ρa/2 = Be−ika/2 + Ceika/2
ψ′I(−a/2) = ψ′
II(−a/2) =⇒ ρAe−ρa/2 = ik(Be−ika/2 − Ceika/2)
⇓⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
2B = A
(1− iρ
k
)e−ρa/2eika/2
2C = A
(1 +
iρ
k
)e−ρa/2e−ika/2
e ⎧⎨⎩
ψII(a/2) = ψIII(a/2) =⇒ Beika/2 + Ce−ika/2 = De−ρa/2
ψ′II(a/2) = ψ′
III(a/2) =⇒ ik(Beika/2 − Ce−ika/2) = −ρDe−ρa/2
⇓⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
2B = D
(1 +
iρ
k
)e−ρa/2e−ika/2
2C = D
(1− iρ
k
)e−ρa/2e−ika/2
Donde,
B
C=
(k − iρ)eika
(k + iρ)=
(k + iρ)(k − iρ)
e−ika =⇒(
k + iρ
k − iρ
)2
= e2ika
⇓(k + ip
k − iρ
)= ±eika
172 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Ha, portanto, duas solucoes possıveis, correspondendo a⎧⎨⎩
B/C = 1 =⇒ ψII(x) = 2B cos kx (funcao par)
B/C = −1 =⇒ ψII(x) = 2iB sen kx (funcao ımpar)
Aplicando-se novamente as condicoes de contorno em x = −a/2, tem-se, paraas solucoes pares e ımpares,
par ımpar
Ae−ρa/2 = 2B cos ka/2 Ae−ρa/2 = −2iB sen ka/2
ρAe−ρa/2 = 2kB sen ka/2 ρAe−ρa/2 = 2iB cos ka/2
tg ka/2 =ρ
kcotg ka/2 = −ρ
k
⇓ (ka� 1)
par ımpar
limka�1
ρ = limka�1
k tgka
2=
ak2
2lim
ka�1ρ = − lim
ka�1
k
tg ka/2= − 2
a
⇓ ⇓
Ae−(ka/2)2 = 2B cos ka/2 como ρ > 0 e a > 0
⇓ a condicao ρa = −2
A[1− (ka
2
)2]= 2B
[1− (ka
2
)2]nao pode ser satisfeita
⇓ ⇓
A � 2B A = 0 = B (solucao trivial)
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 173
Assim, tem-se⎧⎪⎨⎪⎩
ρ =a
2k2 > 0 com ρ2 = 2m|E|/�
2
ρ2 + k2 = k2◦ com k2◦ = 2mV◦/�
2
A solucao grafica deste sistema de equacoes e apresentada na figura a seguir,que indica a existencia de um unico estado ligado (correspondente a intersecaodas curvas).
Substituindo k em funcao de ρ na ultima equacao, obtem-se
ρ2 +2a
ρ− k2◦ = 0
⇓
ρ = −1a±√
1a2
+ k2◦ = −1a± 1
a
(1 + a2k2
◦)1/2
=1a
[−1±
(1 +
a2k2◦2
)]> 0
Logo,
ρ =a
2k2◦ ⇒ 2m|E|
�2=
a2
4(2m)2
V 2◦�4
⇓
E = −ma2V 2◦2�2
174 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 15.7.6 Seja um oscilador harmonico de massa m e frequencia pro-pria ω. Determine:
a) a probabilidade de presenca nas regioes classicamente proibidas para oestado fundamental;
b) os valores medios da posicao e do momentum para o estado fundamentale para o primeiro autoestado excitado.
Se o estado inicial e dado por
Ψ(x, 0) =12φ◦ +
√3
2φ1
Determine:
c) o estado em um instante qualquer;
d) os valores medios da posicao e do momentum linear;
e) as probabilidades de ocorrencia de cada autovalor de energia.
a) Dado o estado fundamental do oscilador
φ◦(x) = Ae−αx2
2 com α =mω
�
(E◦ =
�ω
2
)
a constante de normalizacao A e dada por∫ ∞
−∞|φ2
◦| dx = 2A2
∫ ∞
0e−αx2
dx︸ ︷︷ ︸12
√πa
=√
π
αA2 = 1 ⇒ A =
(α
π
) 14 =
(mω
π�
) 14
Logo,
φ◦(x) =(α
π
)1/4e−
αx2
2 a =1√α
=(
�
mω
) 12
Classicamente, o oscilador no estado fundamental de energia E◦ = �ω/2estaria confinado a regiao |x| < a, definida por (ver figura a seguir)
12
mω2a2 = E◦ =�ω
2
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 175
Portanto,
a =1√α
=(
�
mω
) 12
Assim, a densidade de probabilidade de presenca do oscilador pode serexpressa como
|φ◦|2 =(α
π
)1/2e−αx2
=1
a√
πe−x2/a2
A probabilidade de que o oscilador seja encontrado fora da regiao clas-sicamente permitida e
P (|x| > a) = 2P (x > a) = 2∫ ∞
a|φ◦|2 dx =
2a√
π
∫ ∞
ae−x2/a2
dx
Esta integral pode ser expressa em termos da funcao erf(ξ) como
P (|x| > a) =2√π
∫ ∞
1e−x2
dx =2√π
[1− erf(1)] � 0,16
b) A partir dos dois primeiros estados (n = 0, 1)⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
φ◦ = A e−x2/2a2(E◦ = �ω/2)
φ1 =√
2a
x φ◦ (E1 = 3�ω/2)
os valores medios da posicao e do momentum no estado fundamental sao dados
176 Fısica Moderna Caruso • Oguri
por
〈x〉φ◦ =∫ ∞
−∞x|φ◦|2︸ ︷︷ ︸ımpar
dx = 0
〈p〉φ◦ = −i�
∫ ∞
−∞φ◦
ddx
Ae−
x2
a2︸ ︷︷ ︸−2x φ◦
dx = 2i�
∫ ∞
−∞x|φ◦|2︸ ︷︷ ︸ımpar
dx = 0
e, para o primeiro autoestado excitado, por
〈x〉φ1 =∫ ∞
−∞x|φ1|2︸ ︷︷ ︸ımpar
dx = 0
〈p〉φ1 = −i�
∫ ∞
−∞φ1
ddx
(√2
axφ◦
) (dφ◦dx
= 2xφ◦)
= −i�
√2
a
∫ ∞
−∞φ1
⎛⎜⎜⎝φ◦ + x
dφ◦dx︸︷︷︸
−2xφ◦
⎞⎟⎟⎠ dx
= −i�√
2a
∫φ1φ◦(1− 2x2) dx
= − 2i�
a2
∫x|φ◦|2 (1− 2x2) dx
= − 2i�
a2
∫x |φ◦|2︸ ︷︷ ︸ımpar
dx− 2∫
x3|φ◦|2︸ ︷︷ ︸ımpar
dx = 0
c) No instante t = 0,
Ψ(x, 0) =12φ◦(x) +
√3
2φ1(x) = ψ◦
e, para um tempo t qualquer,
Ψ(x, t) =12φ◦(x)e−iE◦t/� +
√3
2φ1(x)e−iE1t/�
d) Seja o estado inicial
ψ◦ =12
φ◦ +√
32
φ1
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 177
onde φ◦ e φ1 sao os dois primeiros autoestados normalizados do oscilador.Calculando-se o seu quadrado, ou seja, a densidade de probabilidade,
|ψ◦|2 =14
φ2◦ +
34
φ21 +
√3
2φ◦φ1 A2 =
1a√
π
(a2 =
�
mω
)
o valor medio de x nesse estado inicial e
〈x〉◦ =∫ ∞
−∞xψ2
◦ dx =14
∫ ∞
−∞xφ2
◦︸︷︷︸ımpar
dx +34
∫ ∞
−∞xφ2
1︸︷︷︸ımpar
dx
+√
32
∫ ∞
−∞
a√2
φ1︷︸︸︷xφ◦ φ1 dx =
a
2
√32
⇒ 〈x〉◦ = a
√38
Para se obter o valor medio de p neste mesmo estado, calcula-se
dψ◦dx
=12
dφ◦dx
+√
32
dφ1
dx
Mas, ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
dφ◦dx
= − x
a2φ◦
dφ1
dx=√
2a
φ◦ −√
2a3
x2 φ◦
dψ◦dx
= − x
2a2φ◦ +
√6
2aφ◦ −
√6
2a3x2φ◦
Logo,
ψ◦dψ◦dx
=
√64a
φ2◦ −
14a2
xφ2◦︸ ︷︷ ︸
ımpar
−√
64a3
a2
2φ2
1︷︸︸︷x2φ2
◦ +√
184a2
φ◦φ1︸ ︷︷ ︸ımpar
−√
34a2
a√2
φ1︷︸︸︷xφ◦ φ1+
−√
184a3
φ◦φ1︸ ︷︷ ︸ımpar
Assim, para
〈p〉◦ = −i�
∫ψ◦
dψ◦dx
dx
178 Fısica Moderna Caruso • Oguri
so contribuem tres termos, ou seja,
〈p〉◦ = −i�√
64a
(1− 1
2− 1
2
)⇒ 〈p〉◦ = 0
Como o complexo conjugado da funcao de onda e
Ψ∗(x, t) =12φ◦(x)eiE◦t/� +
√3
2φ1(x)eiE1t/�
o modulo do estado Ψ(x, t) e dado por
| Ψ(x, t) |2= 14φ2◦ +
34φ2
1 +√
32
φ◦φ1
[ei(E1−E◦)t/� + e−i(E1−E◦)t/�
]O termo entre colchetes vale 2 cos ωt, com ω = (E1 − E◦)/�. Sendo assim,
x | Ψ(x, t) |2= 14
x φ2◦︸︷︷︸
ımpar
+34
x φ21︸︷︷︸
ımpar
+√
32
x φ◦︸︷︷︸a√2φ1
φ1 cos ωt
donde o valor medio da posicao em um instante t e dado por
〈x〉t = a
√38
cos ωt
Para o estado dependente do tempo, o valor medio do momentum linear edado por
〈p〉t = −i�
∫ ∞
−∞Ψ∗(x, t)
∂
∂xΨ(x, t)dx
e a derivada da funcao de onda e
∂Ψ(x, t)∂x
= − x
2a2φ◦e−iE◦t/� +
√6
2a
(1− x2
a2
)φ◦e−iE1t/�
Fazendo-se o produto
Ψ∗ ∂
∂xΨ = − 1
4a2xφ2
◦ +√
64a
(1− x2
a2
)φ2◦e
i(E◦−E1)t/� +
−√
64a
(x2
a2
)φ2◦e
−i(E◦−E1)t/� +3
2a2
(1− x2
a2
)xφ◦
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 179
As integrais do primeiro e do ultimo termo se anulam pois sao funcoesımpares. Sendo assim,
〈p〉t = −i�
a
√38
{[∫ ∞
−∞φ2◦dx︸ ︷︷ ︸
1
−∫ ∞
−∞
φ21/2︷ ︸︸ ︷
x2
a2φ2◦ dx︸ ︷︷ ︸
1/2
]e−iωt −
[ ∫ ∞
−∞
φ21/2︷ ︸︸ ︷
x2
a2φ2◦ dx︸ ︷︷ ︸
1/2
]eiωt
}
= i�
a
(eiωt − e−iωt
2︸ ︷︷ ︸i sen ωt
)= −�
a
√38
sen ωt
onde levou-se em conta que ω = (E1 − E◦)/�.
Este item do problema pode ser resolvido de modo alternativo utilizando-seas equacoes de Ehrenfest para os valores medios da posicao e do momentum.
Com o hamiltoniano do oscilador dado por
H =p2
2m+
12mω2x2
a evolucao temporal de 〈x〉 e dada por
i�ddt〈x〉 =
⟨[x, H]
⟩=
12m
⟨[x, p2]
⟩= i
�
m〈p〉
onde se usou o resultado
[x, p2] = xpp− pxp + pxp− ppx = [x, p]p + p[x, p] = 2i�p
Logo,
ddt〈x〉 =
〈p〉m
⇒ ddt〈p〉 = m
d2
dt2〈x〉
Analogamente,
i�ddt〈p〉 =
⟨[p, H]
⟩=
12mω2
⟨[p, x2]
⟩= −i�mω2〈x〉
onde se usou agora o resultado
[p, x2] = [p, x]x + x[p, x] = −2i�x
180 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Com isto, mostra-se que
ddt〈p〉 = −mω2〈x〉 ⇒ d2
dt2〈x〉+ ω2〈x〉 = 0
Dessa forma, a evolucao temporal de 〈x〉 e dada por⎧⎪⎨⎪⎩〈x〉 = A cos ωt + B sen ωt
ddt〈x〉 = −ωA sen ωt + ωB cos ωt
De acordo com as condicoes iniciais,⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩〈x〉◦ = a
√3/8
〈p〉◦ = 0 ⇒ ddt〈x〉∣∣∣◦
= 0 ⇒ B = 0 ⇒ A = 〈x〉◦
Consequentemente,
〈x〉 = a
√38
cos ωt
e
〈p〉 = −�
a
√38
sen ωt
e) Escrevendo-se o estado do oscilador como
Ψ(x, t) = c◦(t)φ◦ + c1(t)φ1
onde
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
c◦(t) = 12e−iE◦t/�
c1(t) =√
32
e−iE1t/�
obtem-se que as probabilidades de cada autovalor de energia sao dadas por⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
P (E◦, t) = |c◦(t)|2 =14
P (E1, t) = |c1(t)|2 =34
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 181
Para qualquer outro valor de energia (n = 0, 1), P (En, t) = 0.
Apesar de os valores medios da posicao e do momentum flutuarem em tornodo zero, o valor medio da energia e constante e igual a
〈E〉 = E◦P (E◦, t) + E1P (E1, t)
=14× �ω
2+
34× 3�ω
2=
54
�ω
Exercıcio 15.7.7 Um oscilador harmonico unidimensional de frequenciapropria ω e massa m, em um campo eletrico uniforme ε, obedece a equacaode Schrodinger
{− �
2
2m
d2
dx2+
12mω2x2 − qεx
}φ(x) = Eφ(x)
Espectro do oscilador evidenciando o efeito Stark.
a) determine as autofuncoes e os autovalores de energia;
b) faca um grafico dos nıveis de energia E em funcao do campo eletrico ε;
c) esboce o diagrama de energia, enfatizando as diferencas de nıveis (efeitoStark) com relacao ao oscilador harmonico livre.
a) Como foi visto no exercıcio 13.5.2, e conveniente completar o quadradono operador hamiltoniano, acrescentando e subtraindo o termo constante
182 Fısica Moderna Caruso • Oguri
q2ε/(2mω2◦) (ja que o campo eletrico e constante), de modo que
H =p2
2m+
12mω2
◦x2 − qεx +
q2
2mω2◦ε2 − q2
2mω2◦ε2︸ ︷︷ ︸
=0
=p2
2m+
(√m
2ω◦x−
√2m
q
2ω◦ε
)2
− q2
2mω2◦ε2
Definindo-se uma nova variavel
y = x− q
mω2◦ε
reescreve-se o hamiltoniano como
H =p2
2m+
12mω2
◦y2 − q2
2mω2◦ε2 = Hosc − q2
2mω2◦ε2
Neste caso, os autovalores ja foram determinados no exercıcio 13.5.2 e valem
εn =(
n +12
)�ω◦ − q2
2mω2◦ε2
Pode-se ainda raciocinar da seguinte maneira. Substituindo-se o operadorhermitiano
H ⇒ H − q2
2mω2◦ε2
na equacao de Hermite, equacao (15.17), os autovalores de energia vao mudarde
E ⇒ E − Eel
e, consequentemente,
γ =2E
�ω⇒ 2
�ω(E − Eel)
Entretanto, a estrutura da equacao de Hermite nao se altera e continua valendoque γ = 2n + 1. Logo,
E − Eel =(2n + 1)
2�ω ⇒ E =
(2n + 1)2
�ω − q2
2mω2◦ε2
b) O grafico dos nıveis de energia E em funcao do campo eletrico ε e apresentadoa seguir.
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 183
c) O diagrama de energia e esbocado na figura a seguir.
Exercıcio 15.7.8 Escreva a equacao de Schrodinger para o atomo de hidrogenioem d dimensoes e mostre que:
a) a solucao da parte angular depende dos polinomios de Gegenbauer;
b) o termo centrıfugo que aparece na equacao radial, em vez de l(l +1)�2/r2,e j(j + 1)�2/r2, onde j = l + (d− 3)/2.
a) Em tres dimensoes, escreve-se a equacao de Schrodinger independente dotempo como
− �2
2m∇2ψ(r) + V (r)ψ(r) = E(r)ψ(r)
e as tres coordenadas cartesianas independentes sao expressas em coordenadas
184 Fısica Moderna Caruso • Oguri
esfericas como: ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
x = r sen θ cos φ
y = r sen θ sen φ
z = r cos θ
Em um espaco com d dimensoes, temos um conjunto de d − 1 variaveisangulares, tais que o conjunto de coordenadas cartesianas independentes{x1, x2, ..., xd−1, xd} pode ser expresso em funcao das coordenadas esfericas{r, θ, φ1, φ2, ..., φd−3, φd−2} pelas relacoes:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
x1 = r cos θ
x2 = r sen θ cos φ1
x3 = r sen θ sen φ1 cos φ2
(...)
xd−1 = r sen θ sen φ1 sen φ2... sen φd−3 cos φd−2
xd = r sen θ sen φ1 sen φ2... sen φd−3 sen φd−2
Os intervalos de variacao dessas variaveis sao:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0 < r < ∞
0 < θ < π
0 < φi < π (i = 1, 2, ..., d− 3)
−π < φd−2 < +π
Com esta notacao, o operador laplaciano em d dimensoes e escrito como
∇2(d) =
∂2
∂r2+
d− 1r
∂
∂r+
1r2
L2(d)
onde L2(d) e o analogo ao operador que, em tres dimensoes, e associado ao
momento angular.
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 185
A equacao de Schrodinger generalizada obtem-se daquela em tres dimensoes,simplesmente escrevendo o operador laplaciano em d dimensoes, ou seja,[
∇2(d)ψ(r) +
2m
�2[E − V (r)]
]ψ(r) = 0
Como no caso tridimensional, faz-se uma separacao de variaveis do tipo
ψ(r) = R(r)Y�(θ, φ1, φ2, ..., φd−2)
obtendo-se, para a parte angular, a equacao
L2(d)Y� = −�(� + d− 2)Y�
cujas solucoes estao associadas aos chamados polinomios de Gegenbauer. Paramais detalhes veja Sommerfeld, A.: Partial Differential Equations in Physics.Nova York: Academic Press, 1949 e a Table of Integrals, Series and Products,de Gradstheyn e Ryzhik, Academic Press, p. 1031.
b) Em tres dimensoes, a parte radial R(r) e solucao da equacao (15.91) do livrode texto. Definindo-se
u(r) = rR(r)
chega-se a equacao (15.93), para o caso de um potencial coulombiano, isto e
d2u(r)dr2
+2m
�2
[E +
e2
r− �
2
2m
l(l + 1)r2
]u(r) = 0
Em d dimensoes, a funcao R(r) satisfaz a seguinte equacao:
d2R
dr2+
d− 1r
dR
dr+
2m
�2
[E +
e2
r− �
2
2m
l(l + d− 2)r2
]R = 0
De modo analogo ao que e feito em tres dimensoes, faz-se a escolha
u(r) = rd−12 R
para eliminar termos com a derivada primeira da funcao de onda (note que,para d = 3, o expoente de r na equacao anterior e igual a 1). Sendo assim,
dR
dr= −d− 1
2r−(d−1)/2−1 u + r−(d−1)/2 du
dr
= −d− 12
r−(d+1)/2u + r−(d−1)/2 du
dr
186 Fısica Moderna Caruso • Oguri
e
d2R
dr2=(
d− 12
)(d + 1
2
)r−(d+3)/2 u− d− 1
2r−(d+1)/2 du
dr+
−d− 12
r−(d+1)/2 du
dr+ r−(d−1)/2 d2u
dr2
=14(d− 1)(d + 1)r−(d+3)/2 u− (d− 1)r−(d+1)/2 du
dr+ r−(d−1)/2 d2u
dr2
Obtem-se, assim, a seguinte equacao diferencial para u(r):
r−(d−1)/2
{d2u
dr2+ [(d− 1)− (d− 1)]
1r
du
dr+
14(d− 1)(d + 1)
1r2
u +
−(d− 1)(d− 1)
21r2
u +2m
�2
[E +
e2
r− �
2
2m
l(l + d− 2)r2
]u
}= 0
ou, simplificando,
d2u
dr2+
2m
�2
(E +
e2
r
)−[(d− 3)(d− 1)
4r2+
l(l + d− 2)r2
]u = 0
Introduzindo-se uma nova variavel s tal que
s =d− 3
2
a ultima equacao se reescreve como
d2u
dr2+
2m
�2
(E +
e2
r
)−[s(s + 1)
4r2+
l(l + d− 2)r2
]u = 0
Definindo-se aindaj = l + s
os dois termos centrıfugos (inversamente proporcionais a r2) passam a ter umfator multiplicativo igual a j(j + 1). De fato,
j(j + 1) = (l + s)(l + s + 1) = l2 + l(s + 1) + s(s + 1) + sl
= l2 + s(s + 1) + l(2s + 1) = l2 + s(s + 1) + l(d− 2)
como se queria mostrar.
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 187
Portanto, a equacao final para u(r), mostrando como o coeficiente do termocentrıfugo varia com a dimensionalidade do espaco, e
d2u
dr2+
2m
�2
[(E +
e2
r
)− j(j + 1)
r2
]u(r) = 0
Pondere se isto pode ter algo a ver com o spin.
Exercıcio 15.7.9 A equacao de Schrodinger pode ser obtida heuristicamentea partir do hamiltoniano classico que descreve um sistema fısico conservativo,H(x, p) = p2/(2m) + V (x) = E, considerando H um operador e substituindop → −i�∂/∂x e E → i�∂/∂t. Entretanto, ha que considerar algo mais.Classicamente, por exemplo, o termo cinetico pode ser escrito como
p2
2m=
12m
p1x
px
Como x e p comutam na Fısica Classica, o termo 1/x se cancela com x.Mas, aplicando-se a regra acima ao hamiltoniano com o termo cinetico escritodessa forma, obtem-se outra equacao de Schrodinger. Discuta esse problema eestabeleca um procedimento para que essa ambiguidade seja evitada ao se aplicara regra exposta anteriormente.
Considere o termop2
2mψ
Substituindo-se p → −i�∂/∂x, obtem-se o termo cinetico da equacao deSchrodinger,
− �2
2m
∂2ψ
∂x2
Do ponto de vista classico, a equacao abaixo e uma identidade
p2 = p1x
px
Entretanto, a mesma substituicao anterior feita no termo
12m
(p1x
px
)ψ
188 Fısica Moderna Caruso • Oguri
resulta, agora, em
12m
(−i�)2∂
∂x
(1x
∂
∂x
)xψ = − �
2
2m
∂
∂x
(1x
ψ +∂ψ
∂x
)=
= − �2
2m
(− 1
x2ψ +
1x
∂ψ
∂x+
∂2ψ
∂x2
)
= − �2
2m
∂2ψ
∂x2− �
2
2m
(1x
∂ψ
∂x− 1
x2ψ
)︸ ︷︷ ︸
novo termo
levando, assim, a uma “equacao de Schrodinger” diferente embora ostermos de partida sejam, do ponto de vista da Fısica Classica, equivalentes.Evidentemente, o problema resulta do fato de que as grandezas x e p naocomutam na Mecanica Quantica.
Considere agora o termo1
2m
(pxp
1x
)ψ
Neste caso, a substituicao p → −i�∂/∂x da origem a
12m
(−i�)2∂
∂xx
∂
∂x
(1x
ψ
)= − �
2
2m
∂
∂xx
(− 1
x2ψ +
1x
∂ψ
∂x
)=
= − �2
2m
∂
∂x
(−1
xψ − ∂ψ
∂x
)
= − �2
2m
(1x2
ψ − 1x
∂ψ
∂x+
∂2ψ
∂x2
)
= − �2
2m
∂2ψ
∂x2+
�2
2m
(1x
∂ψ
∂x− 1
x2ψ
)︸ ︷︷ ︸
novo termo
Note que os “novos termos” sao identicos a menos do sinal. Portanto, efacil verificar que a regra heurıstica de substituicao do momentum linear pelooperador p → −i�∂/∂x continua levando a mesma equacao de Schrodingerdesde que o operador classico seja colocado na forma simetrica. No exemplo emquestao, deve-se partir de
14m
(p1x
px + pxp1x
)ψ
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 189
de modo a obter apenas o termo cinetico
− �2
2m
∂2ψ
∂x2
Exercıcio 15.7.10 Um eletron de um atomo de hidrogenio encontra-se em seuestado fundamental. Determine:
a) a probabilidade de que o eletron se encontre no interior do proton cujadimensao e r ∼ 1 F = 10−15 m;
b) a distancia mais provavel entre o proton e o eletron;
c) a probabilidade de presenca entre 0,99 a e 1,11 a, onde a e o raio de Bohr;
d) a probabilidade de presenca para r > 4a;
e) os valores medios 〈r〉, 〈r2〉, 〈x〉 e 〈x2〉.a) Sabe-se que, no estado fundamental do atomo de hidrogenio, a funcao deonda e simplesmente (Tabela 15.3 do livro de texto)
ψ = ψ100 � e−r/a
onde a = 0,529 × 10−8 cm e o raio de Bohr dado pela equacao (12.9). Nao edemais relembrar aqui que a expressao para o raio de Bohr dada no livro detexto
a =�
2
me2
vale somente no CGS. Para se calcular esta grandeza no SI, e necessariomultiplicar esta equacao pelo fator 4πε◦. De fato, neste caso obtem-se
a = 4× 3,14× 8,854× 10−12 × (1,055)2 × 10−68
9,11× 10−31 × (1,6)2 × 10−38
=5,3× 10−80
10−69= 5,3× 10−11 = 0,53× 10−10 m
A probabilidade de que o eletron seja encontrado entre a distancia r e r +drdo centro do proton e
P (r)dr =| A |2 e−2r/ar2dr
∫ π
0sen θ dθ
∫ 2π
0dφ =
4a3
r2e−2r/adr
A constante de normalizacao da funcao de onda, A, e determinada pela condicao
4π | A |2∫ ∞
0e−2r/a r2dr = 1 ⇒ A =
1√πa3
190 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Ja a probabilidade de o eletron ser encontrado no interior do proton, cujasdimensoes caracterısticas sao da ordem de r◦ � 10−15 m = 10−13 cm, e
P◦ =∫ r◦
0P (r)dr =
4a3
∫ r◦
0e−2r/a r2 dr
A resolucao desta integral e direta. Seja
I =∫ r◦
0e−2r/a r2 dr
Fazendo u = r2 ⇒ du = 2r dr e dv = e−r/a dr ⇒ v = −(a/2)e−2r/a,
I = −a
2r2e−2r/a
∣∣∣r◦0
+ a
∫ r◦
0e−2r/a r dr
Integrando novamente por partes,
I = −a
2r2e−2r/a
∣∣∣r◦0− a2
2re−2r/a
∣∣∣r◦0
+a2
2
∫ r◦
0e−2r/a dr
ou ainda,
I = −ar
2(r + a)e−2r/a
∣∣∣r◦0− a3
4e−2r/a
∣∣∣r◦0
Tomando-se o limite r◦ → ∞ e multiplicando-se esta integral por 4π,proveniente da integracao da parte angular da funcao de onda, obtem-se anormalizacao ja citada.
Com o resultado anterior, pode-se escrever P◦ como
P◦ =2a2
[−r2
◦ − ar◦ − a2
2
]e−2r◦/a − 2
a2
(−a2
2
)ou
P◦ = 1−[1 + 2
r◦a
+ 2r2◦a2
]e−2r◦/a
Logo, considerando que a >> r◦(a/r◦ � 1,9× 10−5),
P◦ � 1− e−2r◦/a = 1− e−3,8×10−5
= 1− 0,999962 = 3,8× 10−5
Portanto,P◦ = 0,0038%
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 191
b) A distribuicao de probabilidade radial pode ser expressa como
ρ(r) =4r2
a3e−2r/a
Assim, a distancia mais provavel entre o proton (na origem) e o eletron edada pela condicao de maximo da distribuicao radial, ou seja, por
dρ
dr=
4a3
(2r − 2r2
a
)e−2r/a
⇓r = a
isto e, a distancia mais provavel de se encontrar o eletron no atomo de hidrogeniocorresponde ao raio de Bohr. A funcao ρ(r) esta esbocada na figura a seguir.
c) A probabilidade de presenca entre 0,99a e 1,11a e dada por
P ′ =4a3
∫ 1,11a
0,99ae−2r/a r2dr
=4a3
[−ar
2(r + a)− a3
4
]e−2r/a
∣∣∣∣∣1,11a
0,99a
= −[2r2
a2+ 2
r
a+ 1]
e−2r/a
∣∣∣∣∣1,11a
0,99a
192 Fısica Moderna Caruso • Oguri
ou
P ′ �(1 + 2
r
a
)e−2r/a
∣∣∣∣∣1,11a
0,99a
= − (1 + 2× 1,11) e−2,22 + (1 + 1,98) e−1,98
= −3,22× 0,1086 + 2,98× 0,138
= −0,3497 + 0,4115 = 0,0618 ⇒ P ′ = 6,2 %
d) A probabilidade de presenca para r > 4a e obtida da integral
P ′′ =4a3
∫ ∞
4ae−2r/a r2dr
= −[1 + 2
r
a+ 2
r2
a2
]e−2r/a
∣∣∣∣∣∞
4a
= [1 + 8 + 32] e−8 = 41× 0,000335 = 0,0137
Logo,P ′′ = 1,37 %
e) O valor medio de r e dado por
〈r〉 = 4a
∫ ∞
0
(r
a
)3e−2r/a d
(r
a
)
Fazendo u = (r/a)3 ⇒ du = 3(r/a)2 e dv = e−2r/a dr ⇒ v = −(1/2)e−2r/a,resulta
〈r〉 = 4a
[(12
r
a
)3
e−2r/a
] ∣∣∣∣∣0
∞︸ ︷︷ ︸=0
+32
∫ ∞
0
(r
a
)2e−2r/a d
(r
a
)
Integrando novamente por partes,
〈r〉 = 3a
[(12
r
a
)2
e−2r/a
] ∣∣∣∣∣0
∞︸ ︷︷ ︸=0
+3∫ ∞
0
(r
a
)e−2r/a d
(r
a
)=
32
ae−2r/a
∣∣∣∣∣0
∞
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 193
donde〈r〉 = 3
2a
O valor medio 〈r2〉 e
〈r2〉 = 4a2
∫ ∞
0
(r
a
)4e−2r/a d
(r
a
)= 4a2 × 4
2×∫ ∞
0
(r
a
)3e−2r/a d
(r
a
)
= 4a2 × 42× 3
2×∫ ∞
0
(r
a
)2e−2r/a d
(r
a
)
= 4a2
(42× 3
2× 2
2
)∫ ∞
0
(r
a
)e−2r/a d
(r
a
)
= 4a2
(42× 3
2× 2
2× 1
2
)∫ ∞
0e−2r/a d
(r
a
)
Como a ultima integral vale 1/2, segue-se que
〈r2〉 = 3a2
O valor medio de x e dado por
〈x〉 =∫ ∫ ∫
x r2 | ψ(r) |2 sen θ drdθdφ
onde x = r sen θ cos φ. Assim,
〈x〉 =∫ ∞
0r3 | ψ(r) |2 dr
∫ π
0cos φdφ︸ ︷︷ ︸=0
∫ 2π
0sen2 θ dθ ⇒ 〈x〉 = 0
Por outro lado,
〈x2〉 =∫ ∫ ∫
x2 r2 | ψ(r) |2 sen θ drdθdφ
=∫∞0 r4 | ψ(r) |2 dr
∫ π
0cos2 φdφ︸ ︷︷ ︸=π/2
∫ 2π
0sen3 θ dθ︸ ︷︷ ︸=0
⇒ 〈x2〉 = 0
194 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 15.7.11 Mostre que:
a)[Lx, z
]= −i�y
b)[Ly, z
]= −i�x
c)[Lx, y
]= i�z
d)[Ly, x
]= −i�z
e)[L2, z
]= 2i� (xLy − yLx − i�z)
f)[L2,[L2, z
]]= 2�
2(zL2 + L2z)
g) �r · �L = 0
Neste exercıcio utiliza-se a formula do momento angular em coordenadascartesianas e suas componentes, bem como as relacoes de incerteza
[xi, pj ] = i�δij
a) [Lx, z] = [ypz − zpy, z] = [ypz, z]− [zpy, z] = y[pz, z] = −i�y
b) [Ly, z] = [zpx − xpz, z] = [zpx, z]− [xpz, z] = −x[pz, z] = i�x
c) [Lx, y] = [ypz − zpy, y] = [ypz, y]− [zpy, y] = −z[py, y] = i�z
d) [Ly, x] = [zpx − xpz, x] = [zpx, x]− [xpz, x] = z[px, x] = −i�z
e) Parte-se de[L2, z] = [L2
x, z] + [L2y, z] + [L2
z, z]
que e ainda igual a
[L2, z] = Lx[Lx, z] + [Lx, z]Lx + Ly[Ly, z] + [Ly, z]Ly + Lz[Lz, z] + [Lz, z]Lz
O comutador [Lz, z] = 0 e os demais foram calculados nos itens anteriores.
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 195
Portanto,
[L2, z] = Lx(−i�y)+(−i�y)Lx+Ly(i�x)+(i�x)Ly = i�(−Lxy−yLx+Lyx+xLy)
E util escrever
Lxy = Lxy−yLx + yLx︸ ︷︷ ︸=0
= [Lx, y] + yLx = i�z + yLx
Analogamente,
Lyx = Lyx−xLy + xLy︸ ︷︷ ︸=0
= [Ly, x] + xLy = −i�z + xLy
Levando estes resultados na equacao anterior, obtem-se
[L2, z] = i�(2xLy − i�z − 2yLx − i�z)
ou
[L2, z] = 2i�(xLy − yLx − i�z)
f) Usando o resultado do item anterior,
[L2, [L2, z]] = 2i�{[L2, xLy]− [L2, yLx]− i�[L2, z]
}= 2i�
{[L2, x]Ly + x[L2, Ly]− [L2, y]Lx − y[L2, Lx]
−i�(L2z − zL2)}
Cada componente do momento angular comuta com L2, ou seja, [L2, Lx] =[L2, Ly] = 0. Os quatro termos restantes podem ser escritos explicitamente daforma
[L2, [L2, z]] = 2i� {(yLz − zLy − i�x)Ly − 2i�(zLx − xLz − i�y)Lx
− i�(L2z − zL2)}
196 Fısica Moderna Caruso • Oguri
ou
[L2, [L2, z]] = −2�
{2yLzLy −2zL2
y − 2zL2x︸ ︷︷ ︸
−2z(L2x+L2
y+L2z)+2zL2
x
−2i�xLy + 2i�yLx+
+2xLzLx − L2z + zL2
}
= −2�
{2yLzLy − 2i�xLy + 2xLzLx + 2i�yLx + 2zL2
z − 2zL2+
−L2z + zL2
}
= −2�(zL2 + L2z)− 4�2
{(yLz − i�x)︸ ︷︷ ︸
Lzy
Ly + (xLz − i�y)︸ ︷︷ ︸Lzx
Lx+
+ zLzLz
}
= −2�(zL2 + L2z)− 4�2 {LzyLy + LzxLx + LzzLz}︸ ︷︷ ︸
Lz(r·L)=0
Assim,[L2, [L2, z]] = 2�
2(zL2 + L2z)
g) Finalmente,
�r · �L = xLx + yLy + zLz = x(ypz − zpy) + y(zpx − xpz) + z(xpy − ypx)
= (xy − yx)pz − (xz − zx)py + (yz − zy)px = 0
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 197
Exercıcio 15.7.12 Calcule (para k = −3,−2,−1, 1 e 2)
〈rk〉 =∫ ∞
0R∗
n,l rk Rn,l r
2 dr
O exercıcio pede que se calcule
〈rj〉 =∫ ∞
0R∗
n� rj Rn� r2dr
para os seguintes valores: j = −3,−2,−1, 1 e 2.
Sabe-se que a funcao de onda radial do atomo de hidrogenio e
Rn�(r) = (2α)3/2
[(n− �− 1)!2n[(n + �)!]3
]1/2
e−ξ/2 ξ� L2�+1n−�−1(ξ)
com ξ = 2αr e α = (na)−1. Devem-se, portanto, calcular termos do tipo
〈rj〉 = (2α)3[
(n− �− 1)!2n[(n + �)!]3
] ∫ ∞
0e−ξξ2� rj+2 L2�+1
n−�−1(ξ)L2�+1n−�−1(ξ) dr
onder =
ξ
2α⇒ dr =
dξ
2α
⇓rj+2 =
1(2α)j+2
ξj+2
Assim,
〈rj〉 =[
(n− �− 1)!2n[(n + �)!]3
]1
(2α)j
∫ ∞
0e−ξ ξ2�+j+2 L2�+1
n−�−1(ξ)L2�+1n−�−1(ξ) dξ
Logo, as integrais que devem ser calculadas sao do tipo
Ij =∫ ∞
0e−x x(2�+1)+j+1 (L2�+1
n−�−1)2 dx
E conveniente utilizar a notacao mais simples
2� + 1 → kn− �− 1 → m
para uma comparacao mais direta com as equacoes (15.118) do livro de texto.Em termos dos ındices k e m,
〈rj〉 =m!
(m + k + 1)[(k + m)!]3Ij
(2α)j
198 Fısica Moderna Caruso • Oguri
onde
Ij =∫ ∞
0e−x xk+j+1 (Lk
m)2 dx
As integrais correspondendo a j = −3 e j = −2 sao dadas explicitamente nasequacoes (15.118), enquanto para j = −1, a resposta esta na equacao (15.117).Portanto, para os valores negativos de j, tem-se, respectivamente,
I−3 =∫ ∞
0e−x xk−2 (Lk
m)2 dx =(2m + k + 1)[(m + k)!]3
m!k(k2 − 1)
I−2 =∫ ∞
0e−x xk−1 (Lk
m)2 dx =[(m + k)!]3
m!k
I−1 =∫ ∞
0e−x xk (Lk
m)2 dx =[(m + k)!]3
m!
Assim, podem-se calcular todos os valores medios das diferentes potenciasnegativas de r propostas, usando as equacoes anteriores e substituindo os ındicesk e m em termos de n e �.
Para j = −3,
〈r−3〉 =(na
2
)−3[
(n− �− 1)!2n[(n + �)!]3
](2n− 2�− 2 + 2� + 2)[(n− �− 1 + 2� + 1)!]3
(n− �− 1)!(2� + 1)[(2� + 1)2 − 1]
ou
〈r−3〉 =(na
2
)−3[
(n− �− 1)!2n[(n + �)!]3
]2n[(n + �)!]3
(n− �− 1)!(2� + 1)4�(� + 1)
ou ainda
〈r−3〉 =1
4�(2� + 1)(� + 1)
(na
2
)−3 ⇒ 〈r−3〉 =1
�(� + 1)(� + 1/2)1
n3a3
Para j = −2,
〈r−2〉 =(na
2
)−2[
(n− �− 1)!2n[(n + �)!]3
][(n− �− 1 + 2� + 1)!]3
(n− �− 1)!(2� + 1)
ou
〈r−2〉 =1
2n(2� + 1)
(na
2
)−2 ⇒ 〈r−2〉 =1
(� + 1/2)1
n3a2
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 199
e, para j = −1,
〈r−1〉 =(na
2
)−1[
(n− �− 1)!2n[(n + �)!]3
][(n + �)!]3
(n− �− 1)!
ou
〈r−1〉 =12n
(na
2
)−1 ⇒ 〈r−1〉 =1
n2a
Para j = +1 e j = +2 devem-se calcular, respectivamente, as seguintesintegrais:
I1 =∫ ∞
0e−x xk+2 (Lk
m)2 dx
I2 =∫ ∞
0e−x xk+3 (Lk
m)2 dx
Para resolver estas duas integrais, pode-se utilizar uma relacao de recorrenciapara os polinomios associados de Laguerre, Lk
m, na qual aparece um produtoxLk
m em funcao de outros termos que nao dependem de x. Isto vai permitir,interadamente, que se reduza a ordem da potencia dos termos xk+i queaparece no integrando, ate podermos utilizar a relacao de ortonormalidade dospolinomios de Laguerre∫ ∞
0e−xxkLk
m(x)Lkn(x) dx =
[(m + k)!]3
m!δmn
para resolver as integrais.
A relacao em questao geralmente e dada na literatura na forma:
(m + 1)Lkm+1 = (2m + k + 1− x)Lk
m − (m + k)Lkm−1
No entanto, e preciso estar atento, pois esta relacao vale para os polinomiosdefinidos com uma normalizacao diferente da adotada no livro de texto. Defato,
Lkm(x) =
1m!
exx−k dm
dxm
(e−xxm+k
)enquanto adotamos
Lkm(x) = (−)k(m + k)!
1m!
exx−k dm
dxm
(e−xxm+k
)⇓
200 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Lkm(x) =
(−)k
(m + k)!Lk
m(x)
Portanto, a formula de recorrencia correta para nossa normalizacao e
(m + 1)(m + k + 1)
Lkm+1 = (2m + k + 1− x)Lk
m − (m + k)2Lkm−1
Dela, tira-se que
xLkm = (2m + k + 1)Lk
m − (m + k)2 Lkm−1 −
(m + 1)(m + k + 1)
Lkm+1
Com esta relacao, pode-se resolver a integral
J0 =∫ ∞
0e−x xk+1 (Lk
m)2 dx =∫ ∞
0e−x xk xLk
m︸︷︷︸ Lkm dx
⇓
J0 = (2m + k + 1)∫ ∞
0e−x xk (Lk
m)2 dx− (m + k)2∫ ∞
0e−xxLk
m−1Lkm dx +
− (m + 1)(m + k + 1)
∫ ∞
0e−xxLk
m+1Lkm dx
os dois ultimos termos sao nulos pela condicao de ortogonalidade. Assim,
J0 = (2m + k + 1)[(m + k)!]3
m!
que e a primeira das equacoes (15.118).
Quando j = 1, e preciso calcular a integral
J1 =∫ ∞
0e−x xk+2 (Lk
m)2 dx =∫ ∞
0e−x xk+1 (xLk
m)Lkm dx
Substituindo o termo (xLkn) pela relacao de recorrencia anterior, temos:
J1 = (2m + k + 1)J0 − (n + k)2∫ ∞
0e−xxk+1Lk
mLkm−1 dx
− (m + 1)(m + k + 1)
∫ ∞
0e−xxk+1Lk
mLkm+1 dx
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 201
Repetindo a substituicao do termo (xLkn), obtem-se
J1 = (2m + k + 1)J0 − (m + k)2 ×∫ ∞
0e−xxk
[(2m + k + 1)Lk
mLkm−1+
− (m + k)2(Lkm−1)
2 − (m + 1)(m + k + 1)Lk
m+1Lkm
]dx +
− (m + 1)(m + k + 1)
∫ ∞
0e−xx
[(2m + k + 1)Lk
mLkm+1+
− (n + k)2Lkm−1Lk
m+1 −(m + 1)
(m + k + 1)(Lk
m+1)2
]dx
As quatro integrais que envolvem dois polinomios com ındices inferioresdiferentes sao nulas, pela ortogonalidade destas funcoes e, portanto,
J1 = (2m + k + 1)J0 + (m + k)4∫ ∞
0e−xxk(Lk
m−1)2 dx +
+(n + 1)2
(n + k + 1)2
∫ ∞
0e−xxk(Lk
m+1)2 dx
Usando a condicao de normalizacao, chega-se a
J1 = (2m + k + 1)2[(m + k)!]3
m!+ (m + k)4
[(m + k − 1)!]3
(m− 1)!+
+(n + 1)2
(n + k + 1)2[(m + k + 1)!]3
(m + 1)!
ou seja,
J1 =[(m + k)!]3
m![(2m + k + 1)2 + m(m + k) + (m + 1)(m + k + 1)
]Em termos dos ındices originais n e �,
J1 =[(n + �)!]3
(n− l − 1)![4n2 + (n + �)(n− �− 1) + (n− �)(n + � + 1)
]=
[(n + �)!]3
(n− l − 1)![4n2 + n2 + n�− n�− �2 − n− � + n2 − nl + nl − � + n− �]
=[(n + �)!]3
(n− l − 1)![6n2 − 2�2 − 2�] = 2
[(n + �)!]3
(n− l − 1)![3n− �(� + 1)]
202 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Donde
〈r1〉 =(na
2
)[ (n− �− 1)!2n[(n + �)!]3
]× 2[(n + �)!]3
(n− �− 1)![3n2 − �(� + 1)]
⇓
〈r1〉 =a
2[3n2 − �(� + 1)
]
Analogamente, para j = 2,
J2 =∫ ∞
0e−x xk+3 (Lk
m)2 dx =∫ ∞
0e−x xk+1 (xLk
m)Lkm dx
Substituindo o termo (xLkm) pela mesma relacao de recorrencia usada
anteriormente, pode-se escrever
J2 =∫ ∞
0e−x xk+2
[(2n + k + 1)Lk
m − (m + k)2Lkm−1+
− (m + 1)(m + k + 1)
Lkm+1
]Lk
m dx
ou
J2 = (2n + k + 1)J1 − (m + k)2A− (m + 1)(m + k + 1)
B
com
A =∫ ∞
0e−x xk+2 Lk
mLkm−1 dx
e
B =∫ ∞
0e−x xk+2 Lk
mLkm+1 dx
Nas integrais A e B expressa-se, mais uma vez, o termo (xLkm) em funcao
dos outros que nao dependem de x, reduzindo assim as integrais a outras que
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 203
so dependerao da potencia xk+1 no integrando. Chega-se, portanto, a expressao
J2 = (2m + k + 1)J1 − (m + k)2(2m + k + 1)∫ ∞
0xk+1Lk
mLkm−1 dx
+(m + k)4∫ ∞
0xk+1(Lk
m−1)2 dx +
(m + k)2(m + 1)(m + k + 1)
×
×∫ ∞
0xk+1Lk
m+1Lkm−1 dx− (m + 1)(2m + k + 1)
(m + k + 1)
∫ ∞
0xk+1Lk
m+1Lkm
+(m + 1)2
(m + k + 1)2
∫ ∞
0xk+1(Lk
m+1)2 dx +
(m + k)2(m + 1)(m + k + 1)
×
×∫ ∞
0xk+1Lk
m+1Lkm−1 dx
Todas as integrais envolvidas aqui ja foram calculadas anteriormente. Pararesolver as duas que envolvem o termo Lk
m+1Lkm−1, basta lembrar da equacao
de recorrencia
xLkm = (2m + k + 1)Lk
m − (m + k)2Lkm−1 −
(m + 1)(m + k + 1)
Lkm+1
para escrever
xLkm+1 = (2m + k + 3)Lk
m+1 − (m + k + 1)2Lkm −
(m + 2)(m + k + 3)
Lkm+2
Como estes termos estao multiplicados por Lkm−1 na integral J2 acima, conclui-
se que estas duas integrais sao nulas. Logo,
J2 = (2m + k + 1)J1 + (m + 4)4(2m + k + 2)(2m + k − 1)[(m + k − 1)!]3
(m− 1)!
+(m + 1)2
(m + k + 1)2(2m + k + 2)(2m + k + 3)
[(m + k + 1)!]3
(m + 1)!
ou ainda
J2 = (2m + k + 1)J1 + (2m + k + 2)[(m + k)!]3
m!×
× [(m + k)(2m + k − 1)m + (m + 1)(2m + k + 3)(m + k + 1)]
Em termos dos ındices n e � tem-se
J2 =2[(n + �)!]3
(n− �− 1)![6n3 − 2n�(� + 1) + [(n2 − �2)− n− �](2n− 1)+
+[(n2 − �2) + n− �](2n + 1)]
204 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Finalmente,
〈r2〉 =n2a2
2[5n2 + 1− 3�(� + 1)
]
Cabe mencionar que outras potencias foram calculadas por Kjell Bockasten,“Mean values of powers of the radius for hydrogenic electron orbits”, PhysicalReview A9, n. 3, p. 1087-1089 (1974). Neste artigo e dada uma formula derecorrencia util para os raios no atomo de hidrogenio (Z = 1), a saber:
〈r−(p+2)〉 =(
2na
)2p+1 (2�− p)!(2� + p + 1)!
〈r(p−1)〉
valida para � ≥ p/2.
Outra relacao util, encontrada no livro Arfken & Weber, Fısica Matematica,Rio de Janeiro: Elsevier, 2007, p. 640, e (para j ≥ −2�− 1):
j + 2n2
〈rj+1〉 − (2j + 3)a〈rj〉+j + 1
4[(2� + 1)2 − (j + 1)2
]a2〈rj−1〉 = 0
Exercıcio 15.7.13 Calcule os valores medios de 〈px〉, 〈py〉 e 〈pz〉 nos estadosl = 1 e m = 0,±1 do atomo de hidrogenio.
Sabe-se quepx = p sen θ cos φ
py = p sen θ sen φ
pz = p cos θ
Os valores medios que devem ser calculados sao
〈px〉 = p
∫Y ∗
�m sen θ cos φ Y�m dΩ
〈py〉 = p
∫Y ∗
�m sen θ sen φ Y�m dΩ
〈pz〉 = p
∫Y ∗
�m cos θ Y�m dΩ
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 205
O valor medio da componente px e
〈px〉 = p
[2� + 1
4π
(�− | m |)!(�+ | m |)!
]×∫ π
0Pm
� (cos θ) sen θPm� (cos θ) dcos θ×
×∫ 2π
0e−imφ cos φ eimφ dφ
Como a integral em φ e igual ao senφ e os limites de integracao sao 0 e 2π,segue-se que 〈px〉 = 0.
Para py, tem-se
〈py〉 = p
[2� + 1
4π
(�− | m |)!(�+ | m |)!
]×∫ π
0Pm
� (cos θ) sen θPm� (cos θ) dcos θ×
×∫ 2π
0e−imφsen φ eimφ dφ = 0
Agora a integral em φ e igual ao cos φ, que tambem e nula de 0 a 2π. Portanto,
〈px〉 = 〈py〉 = 0
Como 〈pz〉 nao depende de φ, a integracao nesta variavel e igual a 2π, restando
〈pz〉 = 2πp
[2� + 1
4π
(�− | m |)!(�+ | m |)!
]×∫ π
0Pm
� (x) x Pm� (x) dx
Usando a equacao de recorrencia (15.80),
xPm� =
(�−m + 1)2� + 1
Pm�+1 +
(� + m)2� + 1
Pm�−1
pode-se reescrever a ultima integral como uma soma de duas outras. Uma vezque ∫ +1
−1Pm
� (x)Pm�′ (x) ∝ δ��′
e como os dois termos da integral em x de 〈pz〉 envolvem os valores �′ = �± 1,segue-se que
〈pz〉 = 0
206 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 15.7.14 Considerando os polinomios de Legendre, mostre que∫ +1
−1Pl(x)Gk(x) dx = 0
para todo polinomio G(x) de ordem k < l.
De fato, como os polinomios de Legendre formam uma base completa, pode-seexpressar G(x) como uma superposicao de P�(x) da forma
Gk(x) =k<�∑n=0
anPn(x)
o que transforma a integral anterior em
k<�∑n=0
an
∫ +1
−1P�(x)Pn(x) dx =
k<�∑n=0
an δ�n
Como no somatorio todos os valores de n sao menores do que �, segue-se que aintegral proposta e nula.
Exercıcio 15.7.15 A equacao diferencial
ddx
[A(x)
dy
dx
]+ [λB(x) + C(x)] y = 0
e chamada de equacao de Sturm-Liouville. Mostre que as equacoes do osciladorharmonico simples, de Hermite, de Legendre e de Laguerre podem ser escritasnesta forma geral.
a) equacao de Hermite
A equacao de Hermite foi escrita no livro de texto como
d2H
dx2− 2x
dH
dx+ (γ − 1)H = 0
onde γ− 1 = 2n, com n inteiro. Por outro lado, a equacao de Sturm-Liouville e
ddx
[A(x)
dy
dx
]+ [λB(x) + C(x)]y = 0
que pode ainda ser escrita como
d2y
dx2+
1A
dA
dx
dy
dx+
1A
[λB(x) + C(x)]y = 0
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 207
Comparando com a equacao de Hermite,
1A
dA
dx= −2x ⇒ dA
A= −2xdx ⇒ A(x) = e−x2
Segue-se ainda, por comparacao direta, que C = 0 e λ = 2n.
De uma forma mais geral, o que foi feito foi o seguinte. Tem-se a equacao deHermite da forma
y′′ − 2xy′ + 2ny = 0
Para uma equacao do tipo
y′′ + α(x)y′ + β(x)y = 0
pode-se buscar o chamado “fator de integracao”, g(x), tal que
g(x)[y′′ + α(x)y′] =ddx
[g(x)y′] = gy′′ +(
dg
dx
)y′
oudg
dx= gα(x) ⇒ dg
g= α(x)dx
Logo,
g(x) = exp[∫
α(x)dx
]
No caso da equacao de Hermite,
α(x) = −2x ⇒ g = e−x2
b) oscilador harmonico simples
Sua equacao ed2ψ
dx2+ (γ − x2)ψ = 0
Neste caso, a comparacao com a equacao de Sturm-Liouville e direta, obtendo-se
A(x) = 1; λ = γ; B(x) = 1; C(x) = −x2
e a equacao do oscilador na forma de Sturm-Liouville se escreve
ddx
(e−x2
H ′n
)+ 2ne−x2
Hn = 0
208 Fısica Moderna Caruso • Oguri
c) equacao de Laguerre
Os polinomios ordinarios de Laguerre satisfazem a equacao (15.106) do livrode texto com k = 0, ou seja,
xy′′ +(1− x)
xy′ + ny = 0
Neste caso, o fator de integracao e
g = exp[∫
1x
dx−∫
dx
]= eln xe−x = xe−x
Na forma de Sturm-Liouville, a equacao de Laguerre fica
ddx
(ex−xL′
n
)+ ne−xLn = 0
d) equacao de Legendre
No caso da equacao de Legendre
(1− x2)y′′ − 2xy′ + �(� + 1)y = 0
o fator de integracao e identificado imediatamente, pois
ddx
(1− x2) = −2x
Portanto, a equacao de Legendre escrita na forma de Sturm-Liouville e
ddx
[(1− x2)P ′�] + �(� + 1)P� = 0
So a tıtulo de completeza, outras duas equacoes diferenciais importantesna Fısica podem ser escritas como casos particulares da equacao de Sturm-Liouville. Sao elas: a equacao de Bessel
ddx
[x
dydx
]+(−ν2
x+ n2x
)y = 0
e a equacao de Chebyshev,
ddx
[√1− x2
dy
dx
]+
n2
√1− x2
y = 0
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 209
Exercıcio 15.7.16 Sabendo que a funcao de onda para uma partıcula livremovendo-se ao longo do eixo-z, com momentum �k, pode ser expressa como:
ψ = eikz =∑
i
i�√
4π(2� + 1)j�(kr)Y�0
onde j� sao funcoes de Bessel e Y�0, os harmonicos esfericos. Lembrando que
Y00 =1√4π
Y20 =12
√54π
(3 cos2 θ − 1)
calcule a integral
(�k)2∫
ψ sin2 θ dΩ
O objetivo deste exercıcio e explicitar sen θ em termos dos harmonicosesfericos, reduzindo a integral a utilizacao das propriedades de ortonormalidadedos harmonicos esfericos.
Sabe-se que
Y00 =1√4π
Y20 =12
5√4π
(3 cos2 θ − 1)
Mas usando a identidade cos2 θ = 1− sen2 θ pode-se escrever
Y20 =12
5√4π
(2− 3 sen2 θ)
ou
2
√4π
5Y20 = 2
√4π(Y00 − 3 sen2 θ
)ou ainda explicitar sen2 θ
sen2 θ =23
√4π
(Y00 − 1√
5Y20
)
Deste modo, a integral que se deseja calcular pode ser escrita como
210 Fısica Moderna Caruso • Oguri
I = (�k)2∫
ψ sen2 θ dΩ =2√
4π
3(�k)2
∑�
i�√
4π(2� + 1)j�(kr) ×
×∫
Y�0
(Y00 − 1√
5Y20
)dΩ
Os harmonicos esfericos sao normalizados de modo que∫ π
0
∫ 2π
0Y�mY ∗
�′m′dΩ = δ��′δmm′
Em geral, em um problema deste tipo, deve-se usar tambem a propriedade
Y ∗�m(θ, φ) = (−1)mY�−m(θ, φ)
Como neste exercıcio m = 0, apenas os termos � = 0 e � = 2 contribuem.Assim,
2√
4π
3(�k)2
(√4πj0(kr) + i2
√4π × 5 j2(kr)× (−1)√
5
)ou, finalmente,
8π
3(�k)2[j0(kr) + j2(kr)]
Exercıcio 15.7.17 Considere que um eletron no campo coulombiano de umproton se encontra em um estado descrito pela seguinte funcao de onda ψn�m(�r):
14[2ψ100(�r) + 3ψ211(�r)− ψ210(�r) +
√2ψ21−1(�r)].
Calcule o valor esperado de L2.
Seja a funcao de onda
ψ =14
[2ψ100 + 3ψ211 − ψ210 +
√2ψ21−1
]As dependencias angulares de ψ sao dadas pelos seguintes harmonicos esfericos:
ψangular =14
[2Y00 + 3Y11 − Y10 +
√2Y1−1
]
15. Aplicacoes da equacao de Schrodinger 211
Deste modo,
〈ψ | L2 | ψ〉 =116
[2〈Y00 | L2 | Y00〉+ 3〈Y11 | L2 | Y11〉 − 〈Y10 | L2 | Y10〉+
+√
2〈Y1−1 | L2 | Y1−1〉]
〈ψ | L2 | ψ〉 =116
[2〈Y00 | L2 | Y00〉+ 3〈Y11 | L2 | Y11〉 − 〈Y10 | L2 | Y10〉+
+√
2〈Y1−1 | L2 | Y1−1〉]
Todos os termos cruzados sao nulos, ja que os harmonicos esfericos formamum conjunto ortonormal completo. Lembrando que
L2Y�m = �2�(� + 1)Y�m
e〈Y�′m′ | Y�m〉 = δ��′δmm′
chega-se a
〈ψ | L2 | ψ〉 =�
2
16[2× 0 + 3× 2 + 1× 2 + 2× 2]
ou seja,
〈ψ | L2 | ψ〉 =34
�2
Exercıcio 15.7.18 Mostre que[(l′ + l + 1)2 + (l′ − l)2 − 1
]=[(l′ + l + 1) (l′ − l)
]2
Sabe-se que⎧⎨⎩
λ� = �2�(� + 1)
λ�′ = �2�′(�′ + 1)
=⇒ λ�′ ± λ� = �2[�′(�′ + 1)± �(� + 1)]
⇓(λ�′ − λ�)2 = �
4[�′2(�′ + 1)2 + �2(� + 1)2 − 2�′�(�′ + 1)(� + 1)]
212 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Por sua vez,
(λ′� − λ�)2 = 2�
2(λ′� + λ�) = 2�
4[�′(�′ + 1) + �(� + 1)]
e, portanto,
2�′(�′ + 1) + 2�(� + 1) = �′2(�′ + 1)2 + �2(� + 1)2 − 2�′�(�′ + 1)(� + 1)
ou ainda
2�′2 + 2�′ + 2�2 + 2� = �′2(�′2 + 2�′ + 1) + �2(�2 + 2� + 1)− 2�′�(�′� + �′ + � + 1)
O termo do lado esquerdo da equacao anterior pode ser escrito como
2�′2 + 2�′ + 2�2 + 2� = �′2 + �2 − 2�′�︸ ︷︷ ︸(�′−�)2
−1 + 1 +
(�′+�)2︷ ︸︸ ︷2�′� + �′2 + �2 +
2(�′+�)︷ ︸︸ ︷2�′ + 2�︸ ︷︷ ︸
(�′+�+1)2
= (�′ + � + 1)2 + (�′ − �)2 − 1
Ja o termo do lado direito desta mesma equacao pode ser escrito como
�′4 − 2�′2�2 + �4︸ ︷︷ ︸(�′2−�2)2
+ 2�′3 − 2�′2�− 2�′�2 + 2�3︸ ︷︷ ︸2(�′2−�2)(�′−�)
+ �′2 − 2�′� + �2︸ ︷︷ ︸(�′−�)2
Logo,
(�′ + � + 1)2 + (�′ − �)2 − 1 = (�′2 − �2)2︸ ︷︷ ︸[(�′+�)(�′−�)]2
+2 (�′2 − �2)︸ ︷︷ ︸(�′+�)(�′−�)
(�′ − �) + (�′ − �)2
= [(�′ + �)2 + 2(�′ + �) + 1](�′ − �)2
= (�′ + � + 1)2(�′ − �)2
Assim,(�′ + � + 1)2 − 1 = [(�′ + � + 1)2 − 1](�′ − �)2
⇓[(�′ + � + 1)2 − 1][(�′ − �)2 − 1] = 0
donde�′ − � = ±1 ⇒ �′ = �± 1 (� = 0, 1, 2, 3, ...)
16
A equacao de Dirac: o spin doeletron e o positron
Exercıcio 16.9.1 Mostre que o numero maximo de eletrons que pode seracomodado em uma camada associada a um numero quantico n e igual a 2n2.
No estado caracterizado pelos numeros quanticos n = 1, � = 0 e m = 0, noorbital mais simples, frequentemente chamado de orbital ou camada K, podemse acomodar apenas 2 eletrons, que diferem entre si apenas no spin. No estadoseguinte (n = 2), a camada L, podem haver 2 eletrons no orbital s e 6 noorbital p, em um total de 8 eletrons e assim sucessivamente. A generalizacao eimediata: para uma camada rotulada pelo numero quantico n, o numero maximode eletrons que pode ser acomodado e 2×n2, sendo o fator 2 associado aos doispossıveis estados de spin do eletron.
Este resultado, apresentado em 1924 por Edmund Clifton Stoner (1899-1968)no artigo “The Distribution of Electrons among Atomic Levels”, PhilosophicalMagazine, Series 6, volume 48, n. 286, p. 719-736, e conhecido como regra deStoner.
Exercıcio 16.9.2 Calcule os autovalores das matrizes de Pauli.
As matrizes de Pauli, σx, σy, σz, sao dadas por:
σx =(
0 11 0
); σy =
(0 i−i 0
); σz =
(1 00 −1
)
Os autovalores das matrizes σi sao dados por
det | σi − λI |= 0
213
214 Fısica Moderna Caruso • Oguri
sendo I a matriz identidade. A solucao sera obtida da funcao caracterıstica quese escreve, em geral, como
c(λ) ≡ det | A− λI |= 0
onde A e um operador linear que atua sobre um certo espaco vetorial.
Assim, para σx,
det∣∣∣∣( −λx 1
1 −λx
)∣∣∣∣ = 0 ⇒ λ2x − 1 = 0 ⇒ λx = ±1
Para σy,
det∣∣∣∣( −λy i−i −λy
)∣∣∣∣ = 0 ⇒ λ2y + i2 = 0 ⇒ λy = ±1
e, para σz,
det∣∣∣∣(
1− λz 00 −1− λz
)∣∣∣∣ = 0 ⇒ −(1 + λz)(1− λz) = λ2z − 1 = 0
dondeλz = ±1
Portanto, todas as matrizes de Pauli tem autovalores iguais a ±1.
Exercıcio 16.9.3 Determine os autoestados da terceira componente dooperador de spin Sz = ±�/2.
A matriz Sz pode ser escrita como
Sz = ±�
2σz = ±�
2
(1 00 −1
)
Assim, basta calcular os autoestados u1 e u2 de σz. Para λ = 1, tem-se
(1 00 −1
) (ab
)= 1
(ab
)
o que implica que ⎧⎨⎩
a = a
b = −b ⇒ b = 0
16. A equacao de Dirac: o spin do eletron e o positron 215
Escolhendo a = 1, obtem-se
u1 =(
10
)
Analogamente, para λ = −1, deve-se obter⎧⎨⎩
a = −a ⇒ a = 0
b = b
Logo,
u2 =(
01
)
Sendo assim, os autovetores de Sz sao
u1 =(
10
); u2 =
(01
)
Exercıcio 16.9.4 Determine a configuracao eletronica do alumınio (Al) e doArgonio (Ar).
O alumınio (Al13) possui 2 eletrons na camada K, 8 na L e 3 na M , assimdistribuıdos: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1. Ja o argonio (Ar18), que e um gas nobre, temuma distribuicao eletronica que difere da do alumınio na ultima camada, naqual ele possui 8 eletrons, ou seja, 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6.
Exercıcio 16.9.4 Obtenha a equacao da continuidade associada a equacao deKlein-Gordon, verificando que ρ e �J sao definidos pelas equacoes
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
ρ =i�
2mc2
(Ψ∗ ∂Ψ
∂t−Ψ
∂Ψ∗
∂t
)
�J =�
2mi
(Ψ∗�∇Ψ−Ψ�∇Ψ∗
)
A equacao de Kein-Gordon e[2 +
(mc
�
)2]
Ψ = 0 ⇒ ∇2Ψ− 1c2
∂2Ψ∂t2
− m2c2
�2Ψ = 0
Seguindo um procedimento analogo ao utilizado para se obter a equacao dacontinuidade relacionada a equacao de Schrodinger, multiplica-se esta equacao
216 Fısica Moderna Caruso • Oguri
por Ψ∗ e a equacao complexo conjugada por Ψ e entao subtrai-se uma da outra,obtendo
Ψ∗[
2 +(mc
�
)2]
Ψ−Ψ[
2 +(mc
�
)2]
Ψ∗ = 0
ou
�∇ ·[
�
2mi
(Ψ∗�∇Ψ−Ψ�∇Ψ∗
)]+
∂
∂t
[i�
2mc2
(Ψ∗∂Ψ
∂t−Ψ
∂Ψ∗
∂t
)]= 0
que e a equacao da continuidade
∂ρ
∂t+∇ ·�j = 0
na qual define-se
ρ =i�
2mc2
(Ψ∗ ∂Ψ
∂t−Ψ
∂Ψ∗
∂t
)
�j =�
2mi
(Ψ∗�∇Ψ−Ψ�∇Ψ∗
)
17
Os indivisıveis de hoje
Exercıcio 17.5.1 Sabendo que o proton e formado por tres quarks de valencia,dois do tipo up e um do tipo down, e o neutron, por um up e dois down,determine a carga eletrica desses quarks.
Sabe-se que o proton e formado de tres quarks de valencia (uud) e o neutroncorresponde a um estado (udd). Pela conservacao da carga eletrica, a carga decada uma dessas partıculas deve ser igual a soma das cargas qi (i = u, d) deseus constituintes. Logo,
⎧⎨⎩
qp = +1 = 2qu + qd
qn = 0 = qu + 2qd
Resolvendo o sistema, obtem-se
qu = +2/3
qd = −1/3
Exercıcio 17.5.2 A partıcula Ω− tem tres quarks estranhos de valencia.Determine a carga eletrica destes quarks.
O barion Ω− tem carga eletrica −1, ou seja, sua carga eletrica e igual a doeletron. Se a partıcula Ω− e composta de 3 quarks do tipo s, segue-se da lei deconservacao de carga que a carga eletrica deste quark e −1/3.
217
218 Fısica Moderna Caruso • Oguri
Exercıcio 17.5.3 Os mesons charmosos D0 e D+ tem o seguinte conteudode quarks de valencia: D0(cu) e D+(cd). Determine a carga eletrica do quarkcharmoso.
Foi mostrado no exercıcio 17.5.1 que o quark u tem carga eletrica +2/3. Poroutro lado, sabe-se que as antipartıculas tem carga eletrica oposta a da suacorrespondente partıcula. Portanto, o antiquark u tem carga −2/3. Como acarga do D0 e nula, segue-se que o quark c tambem tem carga +2/3. Destemodo ve-se que de fato o meson D composto de um quark c e um antiquark dpossui carga total +1.
Exercıcio 17.5.4 Sabendo que o numero de cargas eletricas possıveis dosnucleons e dado por 2I + 1, onde I e o isospin, determine o isospin do protone do neutron.
Heisenberg foi quem introduziu o conceito de nucleon, para se referir aofato de que proton e neutron apresentam-se como dois estados de uma mesmapartıcula que, do ponto de vista das interacoes fortes, comportam-se da mesmamaneira. Esta simetria e claramente quebrada na presenca de um campoeletromagnetico, capaz de distinguir as cargas eletricas do proton e do neutron.Portanto, o numero de estados de cargas eletricas possıvel para o nucleon e 2 etem-se para este novo numero quantico isospin, associado ao nucleon, o seguintevalor
2I + 1 = 2 ⇒ I = 12
Exercıcio 17.5.5 Faca um esboco da dependencia angular da razao(dσ
dΩ
)Mott
/ (dσ
dΩ
)Ruth
para os seguintes valores de v/c: 0,5, 0,6, 0,7, 0,8, 0,9 e 0,99.
17. Os indivisıveis de hoje 219
Exercıcio 17.5.6 Um potencial fenomenologico confinante entre quarks sepa-rados de uma distancia r pode ser representado por
V = −k1
r+ k2r
onde k1 � 0,5 e k2 � 0,2 GeV−2. Faca um esboco da dependencia de V com r.
O potencial fenomenologico dado, conhecido como potencial de Cornell, estaesbocado na figura abaixo para valores de r entre 0 e 2 fm.