Instituto de Física USP. Física V - Aula 37. Professora: Mazé Bechara

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1 Instituto de Física USP Física V - Aula 37 Professora: Mazé Bechara

2 Aula 28 Discussão da 2ª prova 1. Soluções das questões da prova. Critérios de correção.

3 Questão 1 da 2 ª prova (3,25) - critério (1,0) (a) (0,45) A frequencia do elétron é igual a do posítron porque ambos têm a mesma energia cinética e a mesma energia de repouso: =E/h=(E c +E o )/h=( ) 10 3 ev/4, ev s=1, Hz. (0,40) Neste caso o movimento se dá com velocidades relativísticas (energia cinética não é muito menor que a de repouso), assim vale: p 2 c 2 +E 2 o=e 2 ou seja p=[ ] 1/ ev/c=6, ev/c=3, Js/m (0,15) Como pela relação de de Broglie =h/p: =h/p= (4, ev s)/(6, ev/ m/s)= m (0,75) (b) (0,5) O elétron e o pósitron tem que se aproximar cerca de 1 angstron (conforme modelo de Bohr) formando um estado ligado por interação coulombiana atrativa (energia de ligação de -6,8eV conforme modelo de Bohr). Mas este estado ligado, chamado de átomo postrônico, é instável por força da natureza física. E a partícula e sua anti-partícula se aniquilam com criação de pelo menos dois fótons, para ser possível conservar energia e momento linear neste processo de aniquilação. Figura em classe: (0,10) pelos vetores do do momento linear do elétron e do pósitron com mesma direção e módulo e sentidos opostos; (0,15) pelos VETORES dos fótons em qualquer sireção mas sentidos opostos.

4 Questão 1 da 2 ª prova (3,25) - critério (1,0) (c) A conservação da energia: E e- +E e+ + lig 2E e- =1622KeV=E f1 +E f2 A soma vetorial dos momentos lineares dos dois fótons é rigorosamente zero, o que implica que (0,20) os fótons estão na mesma direção e em sentidos opostos com mesmo módulo de momento linear, (0,30) e portanto, mesma energia E f =p f c. (0,15) Desprezando a energia de ligação na soma das energias por ser muito menor que as outras, (0,25) 2E f =1622KeV, ou seja a energia de cada fóton é de 811KeV. (0,10) a equação de momento linear nula não tem aproximação. O momento linear de cada fóton é portanto 811KeV/c (0,5) (d) Não pode ser criado um único fóton. Isto porque no sistema do centro de massa do átomo positrônico, para haver conservação de energia e momento linear nulo, é preciso no mínimo dois fótons que anulem o momonto linear, QUALQUER QUE SEJA O MOMENTO LINEAR DO CENTRO DE MASSA DO SISTEMA PÓSITRON-ELÉTRON.. Se um sistema físico observa dois fótons no mínimo, pelo princípio de relatividade que todos os fenômenos físicos ocorrem para quaisquer referenciais, não pode haver criação de um apenas um único fóton para nenhum referencial. Quem argumento que não é criado um único fóton porque neste caso o momento linear do sistema é zero ganhou 0,25. Mesmo sendo um argumento possivelmente incorreto!

5 Questão 2 da 2ª prova (1, 5) - critério (0,75) (a) (0,20) A máxima aproximação entre a alfa e o núcleo de cobre (mínima distância entre eles) ocorre a 180º. Portanto, na energia máxima é no ângulo de espalhamento de 180º que que vale o espalhamento coulombiano, partícula-partícula (espalhamento de Rutherford), ou seja, 34,8MeV. (0,15) Esta distância pode ser aproximada por 2r N porque a partícula alfa é um núcleo (de He) : (0,30) o cálculo: 2r N r r NCu min (180,34,8MeV ) (0,10 ) pelo valor de r NCu com ordem de grandeza correta o ,6 10 Ce Vm [ ,8 10 ev 1, m 1 ] 180 sen 2 2, m

6 Questão 2 da 2ª prova (1, 5) - critério (0,75) (b) (0,30) Se as condições experimentais são as mesmas, e só a folha de mesmo material foi trocada, e sabendo que não houve erro nem na montagem, nem nos dados das medidas relatados na questão, a espessura da folha é que deve ser diferente. (0,10) O número de partículas por unidade de tempo que chegam ao detector é ser proporcional ao número de núcleos na folha que interagem com as partículas alfa, e este número é proporcional à espessura da folha. (0,15) Sabendo que o número de partículas com a nova folha é 15 no mesmo intervalo de tempo, a espessura é proporcionalmente menor, ou seja 15/20 menor do que a anterior. Como a folha rompida tinha 5 m, então a nova folha deve ter (15/20) 5 m = 3,75 m. (0,20) A energia cinética da partícula no detector a 60 o é 25MeV, já que o espalhamento é elástico (No espalhamento de Rutherford, em acordo com o que é observado nestas energias, a energia da alfa se conserva, apesar de haver cargas aceleradas!).

7 Questão 3 da 2ª da prova (3,25) - critério (0,5) (a) O diagrama deve ter uma escala qualitativamente correta, com o eixo vertical indicando a energia e a unidade, no qual haja o estado fundamental, e barras horizontais indicando os estados excitados 5,0 ev (1º excitado) ; 7,0 ev (2º excitado) ; 8,0 ev(3º excitado) e 8,5eV (4º excitado) acima do estado fundamental, que pode ser definido arbitrariamente com qualquer energia. O estado fundamental tem que estar indicado. Eu escolheria o EF com E=0. (0,75) (b) (0,15) Se um feixe têm frequencias de 8,0; 6,0; 5,0; 3,0; e 0,5 (em ev/h), isto quer dizer que os fótons do feixe tem 8,0; 6,0; 5,0; 3,0; e 0,5 ev. (0,30) Como o processo de transição só se faz com absorção do fóton, serão absorvidos: os fótons de 8,0 e 5,0eV que fazem transição direta do estado fundamental aos 1º e 3º excitados respectivamente. (0,15) Como estas transições são muito rápidas, os fótons de 3,0 podem ser absorvidos por átomos no 1º excitado para transitar para o 3º excitado;(0,15) e os fótons de 0,5eV de excitação são absorvidos pelos átomos que chegaram ao 3º estado excitado fazendo a transição para o 4º estado excitado. (0,25) (c) Figura em aula: Apenas uma linha de 6,0eV/h

8 Questão 3 da 2ª da prova (3,25) - critério (1,0) (d) Como há átomos nos 1º e 3º estados excitados, todas as transições destes para menores energias são possíveis, segundo Bohr. Ganha 0,10 por cada uma das 10 frequencias emitidas, corretamente calculadas e cada transição corretamente indicada no esquema de níveis do ítem (a). As frequencias emitidas: 5eV/h, transição do 1º excitado para o EF; 8eV/h, transição do 3º para o EF; 8,5 ev/h para transição do 4º excitado para o EF; 0,5eV/h para transição do 4º excitado para o 3º excitado; 1eV/h para transição do 3º excitado para o 2º excitado; 1,5 para transição do 4 o excitado para o 2o; 7eV/h para transição do 2º excitado para o EF; 2eV/h para transição do 2º excitado para o 1º excitado; 3,0eV/h para transição do 3º para o 1º estado excitado e 3,5eV/h para transição do 4º para o 1º estado excitado.

9 Questão 3 da 2ª da prova (3,25) - critério (0,75) (e) (0,30) Conservação do momento linear: (vetorialmente) p f + p arm =0 já que os estados atômicos têm momento linear nulo. Com a emissão do fóton de 8eV/c (E=pc para o fóton) na transição do 3º estado excitado para o EF, para conservar momento linear no processo, o centro de massa do átomo tem que sair no sentido oposto ao do átomo com mesmo momento linear: 8eV/c. (0,1) Não há aproximações na equação do momento linear. (0,15) Conservação de energia: E 3exci =E EF +E foton +E cmatm. (0,20) Foi desprezado no cálculo da frequencia do fóton no item anterior a energia cinética do centro de massa do átomo no decaimento. O que se justifica supondo que o átomo hipotético tenha, como os verdadeiros, energia de repouso de pelo menos 998MeV, o que daria energia cinética do átomo menor do que ~64/ ev~ ev, portanto desprezível frente as energias da ordem de ev.

10 Questão 4 da 2ª da prova (1,0) - critério (0,75) (a) (0,15) A proposta de de Broglie é de onda estacionária em torno da trajetória, que neste caso é linear de dimensão r a. A idéia de estados estacionários para estes movimento é que descreveria estados com energia confinada nas dimensões da trajetória. (0,25) As ondas estacionárias seriam então como as de cordas de comprimento r a com pontas presas, o que significa que r a =n /2, com n=1,2,3... (0,35) Como a relação de de Broglie é que p=h/ o momento linear é então quantizado: p n =nh/2r a (0,75) (b) (0,35) Como o movimento tem velocidade constante, a energia é cinética: E=p 2 /2m=n 2 h 2 /8r 2 am. (0,20) pela imagem correta da ondas do EF (n=1) e (0,20) pela do 3º estado excitado (n=4). Figuras em aula.

11 Questão 5 da 2ª da prova (2,25) - critério (0,75) (a) (0,10) Pela quantização de WS: L=n (0,15) Para o momento angular, o princípio de correspondência significa que para n grande (tendendo a infinito) o momento angular não é quantizado, ou seja é contínuo. (0,5) Mostrar isto significa mostrar que: L/L =(n-n ) /n 0 pois n é finito e n. (0,75) (b) (0,15) O estado com -13,60eV é o estado fundamaental, ou seja, com n=1. Como n=n r +n com n r =0,1,2... n =1,2,3..., então n =1 e n r =0, L=1 e a trajetória é circular. Para o estado com -0,85eV de energia, então n=4, o que possibilita e diferentes possibilidades; (0,15) n r =0 e n =4 a trajetória é circular e L=4. (0,15) n r =1 e n =3 a trajetória é elíptica e L=3. (0,15) n r =2 e n =2 a trajetória é elíptica e L=2. (0,15) n r =3 e n =1 a trajetória é elíptica e L=1.

12 Questão 5 da 2ª da prova (2,25) - critério (0,75) (c) (0,35 ) O estado de -13,60eV é o estado fundamental, e observa-se que t na natureza física. Pelo princípio de incerteza: E t /2 onde E 2 =<E 2 >-<E> 2 e t= é o tempo característico do estado com energia E e indeterminação, e portanto E=0 pelo princípio de incerteza. (0,40) Em qualquer estado excitado, como é o caso do estado com energia de -0,85eV, embora as teorias os determinem como estacionários, eles decaem na natureza física depois de um tempo. Assim, a energia tem uma indeterminação E=[ /2 ] 0, é o tempo característico do estado nesta energia, ou seja, este estado tem uma largura na energia, não podendo ter uma energia bem definida.

13 2 a prova - distribuição de notas Nota 41 # alunos 0,0 0,99 3 1,0 1,99 8 2,0 2,99 4 3,0 3, ,0 4,99 5 5,0 5,99 5 6,0 6,99 3 7,0 7,99 0 8,0 8,99 1 9,0 9, ,0-11,0 1 Média = 3,6 do total de alunos acima de 5: 10/41=24.3 %; acima de 4,0: 15/41=36,6 %