Espalhamento Rutherford e o Modelo Atômico

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Cap´ıtulo 3
Espalhamento Rutherford
Em 1909, H. Geiger e E. Marsden observaram que part´ıculas α provenientes
de decaimento radioativo, ao atingirem um alvo constitu´ıdo por uma folha
fina de um certo material, eram espalhadas, como resultado da colisa˜o, a
aˆngulos maiores que 90◦. Espalhamento a aˆngulos ta˜o grandes estavam em
contradic¸a˜o com o modelo que J. J. Thomson fez para o a´tomo apo´s ter
descoberto o ele´tron. Sabia-se naquela e´poca que as massas atoˆmicas sa˜o
muito maiores do que a massa dos ele´trons necessa´rios para fazer a mate´ria
ficar eletricamente neutra. Thomson propoˆs um modelo no qual a carga
positiva do a´tomo estaria distribu´ıda uniformemente dentro de uma esfera
como as dimenso˜es de um a´tomo – estimado enta˜o ter um raio de 10−10 m
– e os ele´trons estariam dentro dessa nuvem positiva, algo semelhante a um
“pudim de ameixas”.
O modelo tinha alguns problemas. Primeiramente, pelo Teorema de Earn-
shaw, essa distribuic¸a˜o na˜o poderia estar em equil´ıbrio esta´vel sob a ac¸a˜o
de forc¸as puramente eletrosta´ticas. A maneira de contornar esse problema
foi supor que os ele´trons se movessem com frequ¨eˆncia correspondente a` luz
vis´ıvel. Isso, e´ claro, na˜o explicava porque o a´tomo de hidrogeˆnio tem um
espectro que envolve diferentes frequ¨eˆncias!
Dentro deste contexto, Ernest Rutherford (1871-1937), sucessor de J. J.
Thomson no laborato´rio de Cavendish, na Universidade de Cambridge, propoˆs
uma explicac¸a˜o para o fenoˆmeno observado por Geiger e Marsden e, ao mesmo
tempo, um modelo alternativo para o a´tomo.
“(. . . ) Geiger e Marsden chamaram a atenc¸a˜o para o fato nota´vel
de que uma frac¸a˜o pequena das part´ıculas α, provenientes de
substaˆncias radioativas, e´ defletida por um aˆngulo maior do que
61
62 3 Espalhamento Rutherford
90◦ como resultado do encontro com um u´nico a´tomo (. . . ) Para
conseguir descrever esse espalhamento a aˆngulos ta˜o grandes, su-
pus que o a´tomo consistia de um nu´cleo positivamente carregado
de dimenso˜es pequenas, onde praticamente toda a massa estaria
concentrada. O nu´cleo estaria envolvido por uma distribuic¸a˜o
de ele´trons, o que tornaria o a´tomo eletricamente neutro e que
estaria em distaˆncias compara´veis ao raio conhecido do a´tomo.
Algumas dessa part´ıculas α passavam atrave´s do a´tomo no seu
caminho e entravam no campo ele´trico intenso na vizinhanc¸a do
nu´cleo e seriam defletidas da sua trajeto´ria linear. Para sofrer
uma deflexa˜o de mais do que alguns graus, a part´ıcula α tem
que passar muito perto do nu´cleo e foi suposto que o campo de
forc¸as nessa regia˜o na˜o seria apreciavelmente afetado pela dis-
tribuic¸a˜o eletroˆnica. Supondo que as forc¸as entre o nu´cleo e a
part´ıcula α sa˜o repulsivas e seguem a lei do inverso do quadrado,
as part´ıculas α descrevem o´rbitas hiperbo´licas em torno do nu´cleo
e sua deflexa˜o pode ser calculada.”
Com essa hipo´tese, Rutherford obteve uma expressa˜o detalhada para o es-
palhamento, que foi mais tarde verificada em experimentos subsequ¨entes e
que nos levaram a` imagem que temos hoje do a´tomo.
3.1 Estimativa simples da consisteˆncia das
ide´ias de Rutherford
Antes de deduzirmos a expressa˜o teo´rica cla´ssica para o espalhamento de
part´ıculas α, vamos fazer algumas estimativas importantes, usando apenas a
ide´ia de Rutherford e a F´ısica Cla´ssica.
Em um trabalho que foi escrito em 1911, Rutherford disse:
“ Para se ter alguma ide´ia das forc¸as necessa´rias para desviar
uma part´ıcula α atrave´s de um grande aˆngulo, considere um
a´tomo contendo uma carga puntiforme Ze no seu centro e en-
volvida por uma distribuic¸a˜o de carga negativa −Ze, uniforme-
mente distribu´ıda dentro de uma esfera de raio R. O campo
ele´trico E num ponto dentro do a´tomo, a uma distaˆncia r do seu
centro, na direc¸a˜o radial, e´
E =
Ze
4pi�0
[ 1
r2
−
r
R3
]
.”
3.1 Estimativa simples da consisteˆncia das ide´ias de Rutherford 63
3.1.1 Ca´lculo da forc¸a sentida pela part´ıcula α ao atrav-
essar o a´tomo
Vamos calcular, primeiramente, esse campo. Teremos aqui duas contribuic¸o˜es
independentes: uma proveniente das cargas positivas, consideradas pun-
tiformes no centro da distribuic¸a˜o de cargas, e outra proveniente da nu-
vem eletroˆnica que circunda essa carga positiva, composta por ele´trons dis-
tribu´ıdos uniformemente no volume esfe´rico formado pelo raio do a´tomo.
Para realizar esse ca´lculo, lembremos que o campo ele´trico obedece o princ´ıpio
de superposic¸a˜o e, enta˜o, podemos considerar as duas contribuic¸o˜es separada-
mente.
• Cargas positivas
Considerando o nu´cleo como uma carga puntiforme, enta˜o o campo
ele´trico e´ simplesmente
~Ep =
Ze
4pi�0
rˆ
r2
.
• Carga negativas
Como estamos interessados somente na regia˜o interna do a´tomo, us-
amos a lei de Gauss, que nos diz que para qualquer superf´ıcie gaussiana,
vale ∮
S
~En · d~S =
qint
�0
,
onde d~S = nˆdS e nˆ e´ o vetor unita´rio normal a` superf´ıcie S em cada
ponto. O lado esquerdo da equac¸a˜o representa o fluxo de campo ele´trico
atrave´s da superf´ıcie arbitra´ria fechada S, o qual e´ proporcional a` carga
interna qint a` essa superf´ıcie – cargas externas a essa superf´ıcie na˜o teˆm
nenhuma influeˆncia sobre esse campo.
A superf´ıcie de Gauss e´ esfericamente sime´trica, conceˆntrica com a
carga puntiforme Ze. A raza˜o de termos escolhido essa superf´ıcie e´
porque sobre ela, por simetria, o campo ele´trico estara´ apontando ra-
dialmente para fora e seu mo´dulo e´ constante sobre a superf´ıcie. Enta˜o,
a lei de Gauss pode ser escrita na seguinte forma mais simples
∮
S
~En · d~S = Enrˆ ·
∮
S
nˆdS,
onde nˆ = rˆ, pois, no caso em questa˜o, devido a` nossa escolha de S,
a normal a` superf´ıcie tem direc¸a˜o radial. Assim, temos simplesmente,
64 3 Espalhamento Rutherford
PSfrag replacements
~E
~E
~E
~E
nu´cleo
R
Superf´ıcie
Gaussiana
nuvem
eletroˆnica
RN
(a) (b)
FIGURA 20 - Representac¸a˜o das superf´ıcies gaussianas e campos ele´tricos
dentro de um a´tomo com nu´cleo puntiforme (a) e com tamanho finito (b).
que ∮
S
~En · d~S = En
∮
S
dS = En 4pir
2 =
qint
�0
,
r e´ o raio da superf´ıcie Gaussiana.
Quanto vale qint ? Essa e´ a carga interna a` superf´ıcie Gaussiana escol-
hida. Ela e´ uma frac¸a˜o da carga total −Ze proporcional a` raza˜o entre
o volume delimitado pela superf´ıcie Gaussiana e o volume do a´tomo,
ou seja,
qint = −Ze
4
3
pir3
4
3
piR3
= −Ze
r3
R3
.
Superpondo os resultados obtidos para ambas as cargas, teremos exatamente
o resultado de Rutherford:
~E = ~Ep + ~En =
Ze
4pi�0
[
1
r2
−
r
R3
]
rˆ.
O campo fora dessa distribuic¸a˜o e´ obviamente nulo, uma vez que o a´tomo e´
eletricamente neutro. Enta˜o, para essa imagem simples, onde consideramos
o nu´cleo puntiforme, temos que a forc¸a sobre a part´ıcula α e´ tanto maior
quanto mais pro´xima ela chegar do nu´cleo atoˆmico.
Se, no entanto, relaxarmos a hipo´tese de que o nu´cleo seja puntiforme, vere-
mos que a forc¸a ma´xima que a part´ıcula α sente sera´ quando ela passar rente
ao nu´cleo. Vamos, enta˜o, atribuir um raio RN ao nu´cleo e recalcular o campo
ele´trico na regia˜o r < RN. Da mesma forma que fizemos para o ca´lculo das
3.1 Estimativa simples da consisteˆncia das ide´ias de Rutherford 65
~F
rRN R
puntiforme
tamanho finito
FIGURA 21 - Forc¸a em uma part´ıcula α como func¸a˜o da distaˆncia (r) da
carga positiva dentro do a´tomo.
cargas negativas, usamos a lei de Gauss para determinar o campo ele´trico
nesta regia˜o, e encontramos
~Ep =
Ze
4pi�0
r
R3N
rˆ.
Para as cargas negativas, devemos ter E = 0, ja´ que na˜o ha´ nenhuma carga
negativa dentro do nu´cleo.
Para a regia˜o fora do nu´cleo, o ca´lculo e´ o mesmo feito anteriormente quando
consideramos umacarga puntiforme, pois a carga interna a` superf´ıcie gaus-
siana e´, simplesmente, a carga total do nu´cleo. Podemos sintetizar os resul-
tados como segue:
E =
Ze
4pi�0
×


r
R3N
se r < RN,[
r−2 −
r
R3
]
se RN < r < R,
0 se r > R.
(3.1)
Este resultado pode melhor ser visualizado no gra´fico da Fig. 21, onde
podemos confirmar a predic¸a˜o de que a forc¸a ma´xima sentida pela part´ıcula
α sera´ quando esta se aproxima da superf´ıcie do nu´cleo1.
1Obs: Para sermos mais exatos no ca´lculo da contribuic¸a˜o das cargas negativas, de-
ver´ıamos subtrair o volume do nu´cleo do volume total do a´tomo. No entanto, como
sabemos, RN � R, e portanto o volume do nu´cleo (∼ R
3
N
) e´ completamente desprez´ıvel
quando comparado ao volume do a´tomo (∼ R3).
66 3 Espalhamento Rutherford
3.1.2 Energia potencial de um a´tomo de platina
Vamos estimar agora a energia potencial ele´trica de um sistema formado por
um nu´cleo puntiforme de carga Ze e um ele´tron, separados por uma distaˆncia
R. A energia potencial do a´tomo e´ dada por
U = −eV,
onde V e´ o potencial gerado pelo nu´cleo:
V =
Ze
4pi�0
1
R
.
Enta˜o, a energia potencial sera´
U = −
Ze2
4pi�0
1
R
.
Supondo um nu´cleo de platina, para o qual Z = 78 e R = 5, 3 × 10−11 m,
encontramos um potencial ele´trico de
V = 8, 99× 109 V ·m/C
78× 1, 6× 10−19 C
5, 3× 10−11 m
= 2, 1 kV.
A energia potencial para um a´tomo com Z ele´trons sera´, aproximadamente,
da ordem de
U = −ZeV = −164 keV = −2, 6× 10−14 J,
uma energia muito pequena se comparada a problemas macrosco´picos.
Vamos discutir um pouco sobre as unidades convenientes em problemas de
espalhamento. Como podemos ver, no mundo atoˆmico e´ mais conveniente
trabalhar com eV como unidade de energia em vez de joule. A relac¸a˜o entre
essas duas unidades e´ simples: um eV e´ a energia que uma part´ıcula com
uma unidade da carga fundamental e adquire ao atravessar um potencial de
um volt, ou seja,
1 eV = 1, 602× 10−19 C × 1 V = 1, 602× 10−19 J.
As distaˆncia atoˆmicas sa˜o usualmente dadas em angstro¨m (1 A˚= 10−10 m) e
as nucleares em fermi (1 fm = 10−15 m). A constante eletrosta´tica pode ser
convenientemente escrita nessas unidades como
e2
4pi�0
= 1, 439965 MeV · fm.
3.1 Estimativa simples da consisteˆncia das ide´ias de Rutherford 67
3.1.3 Potencial ele´trico na superf´ıcie do nu´cleo
Vamos determinar o potencial ele´trico na superf´ıcie de um nu´cleo de ouro, que
foi um dos alvos utilizados por Rutherford. O raio do nu´cleo e´ RN = 6, 6 fm
e Z = 79.
Supondo o nu´cleo esfe´rico, ele se comporta com ja´ vimos, para pontos exter-
nos, como se fosse uma carga puntiforme no centro. Assim, temos
V =
e
4pi�0
Z
RN
= 1, 44 MV · fm×
79
6, 6 fm
= 17 MV.
3.1.4 Aproximac¸a˜o ma´xima da part´ıcula α incidente
Vamos supor que a part´ıcula α incidente tenha uma energia cine´tica K0 em
pontos distantes do nu´cleo – longe da influeˆncia do potencial – e se mova em
direc¸a˜o a ele. Qua˜o perto essa part´ıcula α e´ capaz de chegar do nu´cleo antes
de ser brecada pela repulsa˜o coulombiana? Sabendo-se que na experieˆncia
realizada K0 = 5, 0 MeV, o que podemos concluir desses dados?
Se a part´ıcula vai frontalmente em direc¸a˜o ao nu´cleo, enta˜o, por conservac¸a˜o
da energia, temos
K +
2Ze2
4pi�0r
= K0
Se a part´ıcula α for “parada” pelo nu´cleo, enta˜o sua energia cine´tica sera´
nula, e a distaˆncia em que isso ocorre e´ dada por
r =
2Ze2
4pi�0K0
.
Esta e´ a menor distaˆncia em que a part´ıcula α chega do nu´cleo, que no caso
em questa˜o, considerando um nu´cleo de platina, sera´
r =
2× 79× 1, 44 MeV · fm
5, 0 MeV
= 46 fm.
Enta˜o, Rutherford podia sondar distaˆncia dessa ordem com o “aparelho ex-
perimental” de que dispunha. Para chegar mais perto do nu´cleo e descobrir
se este tinha um tamanho finito, eram necessa´rias energias maiores, o que so´
foi feito posteriormente com a criac¸a˜o dos aceleradores de part´ıcula.
68 3 Espalhamento Rutherford
3.1.5 Aˆngulo de espalhamento da part´ıcula α
Vamos supor que a part´ıcula α esteja viajando com velocidade vα, e se aprox-
ime a uma distaˆncia d do centro espalhador. A carga da part´ıcula α e´ 2e e a
carga positiva do nu´cleo atoˆmico e´ Ze. A alterac¸a˜o do momento da part´ıcula
α quando se aproxima do centro espalhador e´ dada por
∆p = F∆t ≈
2kZe2
d2
(2d
vα
)
, (3.2)
onde k = 1/4pi�0 e o fator 2 vem da hipo´tese de que ∆t se refere ao tempo
gasto pela part´ıcula α para atravessar o centro de espalhamento.
O aˆngulo Θα, devido a essa colisa˜o, e´, aproximadamente
Θα ≈
∆p
p
=
(4kZe2
dvα
)( 1
mαvα
)
=
2kZe2
d(1
2
mαv2α)
=
2kZe2
dKα
,
(3.3)
onde Kα e´ a energia cine´tica da part´ıcula α.
O resultado importante desta estimativa e´ que o aˆngulo de espalhamento e´
inversamente proporcional a` distaˆncia e, portanto, aˆngulos grandes, como os
observados, seriam poss´ıveis dentro das hipo´teses de Rutherford.
Se usarmos para d o tamanho do a´tomo (∼ 105 fm), obtemos a partir da
expressa˜o (3.3), para o caso espec´ıfico de part´ıculas α com energia cine´tica
de 6,0 MeV (que era aproximadamente a energia de part´ıculas α provenientes
do decaimento do Ra) incidindo sobre um a´tomo de Platina (Z = 78)
Θα =
2Zke2
dKα
=
2× 78× (1, 44 MeV · fm)
105 fm× 6, 0 MeV
= 4× 10−4,
ou seja, o aˆngulo de espalhamento para um modelo, no qual as cargas posi-
tivas esta˜o distribu´ıdas no raio do a´tomo (como o modelo Thomson), leva a`
conclusa˜o de que os aˆngulos de espalhamento observados deveriam ser pre-
dominantemente dianteiros. Mesmo que ocorresse um nu´mero grande de
coliso˜es no alvo (espalhamento mu´ltiplo) na˜o seria suficiente para explicar os
espalhamento em aˆngulos de 90◦.
No entanto, se a carga positiva do a´tomo estiver concentrada numa regia˜o
pequena, a distribuic¸a˜o angular e´ muito diferente daquela prevista por uma
distribuic¸a˜o uniforme. A raza˜o f´ısica e´ simples: a part´ıcula α pode chegar
muito mais perto desse centro sem penetra´-lo, e a forc¸a sera´ maior a distaˆncias
menores.
3.2 Formulac¸a˜o de um problema de espalhamento 69
a´rea a
alvo
fluxo
incidente
θ
detector
FIGURA 22 - Espalhamento de um fluxo de part´ıculas em um alvo fixo.
Note da estimativa obtida para os aˆngulos como func¸a˜o da distaˆncia que para
se obter Θα ∼ pi, a carga positiva deveria estar concentrada numa regia˜o pelo
menos da ordem de 10−4 vezes menor que o raio do a´tomo. E´ claro que a
estimativa na˜o e´ boa para aˆngulos grandes (voceˆ saberia explicar por queˆ?),
mas esse resultado ja´ indica que o centro espalhador do modelo de Rutherford
deve ser ordens de grandeza menor que o a´tomo de Thomson.
3.2 Formulac¸a˜o de um problema de espalhamento
A situac¸a˜o f´ısica t´ıpica de um problema de espalhamento e´ a seguinte: um
fluxo de part´ıculas incide sobre um alvo e, devido a` interac¸a˜o com esse alvo,
e´ defletido. A figura 22 esquematiza a situac¸a˜o. As part´ıculas contidas no
feixe incidente sa˜o denominadas proje´teis.
3.2.1 Definic¸a˜o de sec¸a˜o de choque
Considere o espalhamento de duas esferas macic¸as, um proje´til incidindo
sobre um alvo de raio R. Um fluxo de esferas proje´teis e´ direcionado sobre
o alvo como na Fig. 22. A probabilidade de que um dado proje´til acerte o
alvo e´ chamada de probabilidade de espalhamento P . Essa probabilidade e´
proporcional a` a´rea da sec¸a˜o de corte transversal do alvo, σ, isto e´,
P ∝ σ = piR2.
A a´rea σ e´ chamada de sec¸a˜o de choque total para o processo de espal-
hamento. Se as part´ıculas proje´teis cobrem uma a´rea a, tal que a � R2 (o
70 3 Espalhamento Rutherford
caso contra´rio, onde a a´rea do feixe e´ menor que a do alvo e´ tratada no Ex.
3.1) e a taxa de incideˆncia de part´ıculas e´ ∆N/∆t, enta˜o o fluxoincidente
sera´
Φ =
∆N
a∆t
, (3.4)
e a taxa de espalhamento – nu´mero de part´ıculas espalhadas por unidade de
tempo – deve ser igual a` taxa de part´ıculas incidentes vezes a raza˜o entre a
a´rea do alvo e a a´rea do feixe, isto e´,
Resp =
piR2
a
∆N
∆t
. (3.5)
A sec¸a˜o de choque e´ a taxa de espalhamento divida pelo fluxo incidente, ou
seja,
σ ≡
Resp
Φ
= piR2. (3.6)
Num caso mais geral, podemos ter part´ıculas do tipo A incidindo em part´ıculas
do tipo B com a reac¸a˜o
A + B → Estado final.
O estado final representa qualquer resultado poss´ıvel que quisermos definir
para a reac¸a˜o. A taxa na qual o estado final e´ produzido e´ chamada de taxa
de transic¸a˜o. A probabilidade de que a reac¸a˜o A + B produza um certo
estado final e´ especificada pela sec¸a˜o de choque de interac¸a˜o definida como
σ =
taxa de transic¸a˜o: A + B → Estado final
Φ
. (3.7)
A sec¸a˜o de choque tem unidades de a´rea. Um barn (b) e´ definido como sendo
1 b ≡ 10−28 m2.
A interpretac¸a˜o geome´trica da sec¸a˜o de choque e´ a a´rea da sec¸a˜o de corte
efetiva da part´ıcula alvo como vista pela part´ıcula incidente.
Exemplo 3.1 : A sec¸a˜o de choque total da interac¸a˜o forte pro´ton-
pro´ton e´ de cerca de 40 mb. Calcule a frac¸a˜o de pro´tons que sa˜o
espalhados quando um feixe colimado de pro´tons passa atrave´s de um
alvo de hidrogeˆnio l´ıquido de comprimento igual a 30 cm. A densidade
do hidrogeˆnio l´ıquido e´ 70 kg/m3.
Cada pro´ton incidente tem a chance de interagir com pro´tons alvos
ao longo de todo o comprimento do alvo. Neste caso, e´ u´til calcular
3.2 Formulac¸a˜o de um problema de espalhamento 71
a sec¸a˜o de choque por pro´ton alvo. O fluxo incidente correspondente
e´ igual a taxa na qual os pro´tons atingem o alvo vezes o nu´mero de
pro´tons por a´rea no alvo. Sabemos que a massa do alvo e´ igual a
sua densidade vezes seu volume e tambe´m igual ao nu´mero de pro´tons
presentes vezes a massa de um pro´ton, portanto
ρV = ρLA = Nmp ⇒
N
A
=
ρL
mp
,
sendo L o comprimento do alvo e A sua a´rea. Sejam Rinc a taxa de
pro´tons incidentes no alvo e Resp a taxa de espalhamento. O fluxo
incidente e´ portanto
Φ =
Rinc N
A
=
Rinc ρL
mp
.
A expressa˜o para a sec¸a˜o de choque por pro´ton e´ a taxa de espal-
hamento divida pelo fluxo incidente:
σ =
Resp
Φ
de onde obtemos que a frac¸a˜o de pro´tons espalhados e´
Resp
Rinc
=
σLρ
mp
=
40× 10−31 m2 × 0, 3 m× 70 kg/m3
1, 67 × 10−27 kg
≈ 0, 05
O fluxo incidente na˜o depende da a´rea do feixe contanto que esta seja
menor do que a a´rea da sec¸a˜o de corte do alvo. O fluxo incidente
depende no entanto do comprimento do alvo porque cada pro´ton in-
cidente encontra pro´tons alvos ao longo de todo o caminho no alvo.
Podemos ainda definir a sec¸a˜o de choque diferencial em termos do aˆngulo
so´lido. Para entender melhor esse conceito, imaginemos primeiramente que
o espalhamento se deˆ apenas em duas dimenso˜es. Neste caso, podemos contar
o nu´mero de proje´teis espalhados entre os aˆngulos θ e θ + dθ coletados no
detector (veja Fig. 22). Enta˜o pela definic¸a˜o de sec¸a˜o de choque temos que
dσ(θ) =
nu´mero de proje´teis espalhados no intervalo θ e θ + dθ
nu´mero de proje´teis incidentes por unidade de a´rea do alvo
=
dN(θ)
I/A
,
72 3 Espalhamento Rutherford
onde dN e´ o nu´mero de proje´teis espalhados neste intervalo angular, I e´ o
nu´mero de part´ıculas incidentes e A a a´rea do alvo. Esta expressa˜o tambe´m
pode ser escrita como
dσ(θ)
dθ
=
dN(θ)
dθ
A
I
. (3.8)
No caso do espalhamento em treˆs dimenso˜es, temos dois aˆngulos de espal-
hamento, θ e φ. Associamos ao elemento de a´rea compreendido entre os
aˆngulos θ e θ+dθ, e φ e φ+dφ a um aˆngulo so´lido dΩ = sen θdθdφ. A figura
a seguir ilustra esta definic¸a˜o.
φ
θ
dΩ
A sec¸a˜o de choque diferencial em treˆs dimenso˜es se escreve enta˜o como
dσ(θ, φ)
dΩ
=
dN
dΩ
A
I
. (3.9)
3.2.2 Sec¸a˜o de choque de Rutherford
Em termos cla´ssicos, o problema pode ser esquematizado como na Fig. 23,
usando a trajeto´ria de uma part´ıcula proje´til ao ser defletida por um alvo.
Consideremos daqui para frente que os proje´teis sa˜o part´ıculas α. Se o nu´cleo
na˜o espalhasse a part´ıcula α, a distaˆncia de menor aproximac¸a˜o da mesma ao
nu´cleo seria b, o paraˆmetro de impacto. O aˆngulo de espalhamento e´ definido
como o aˆngulo assinto´tico (longe do centro espalhador) da part´ıcula α com
relac¸a˜o a` direc¸a˜o incidente. A forc¸a entre a part´ıcula α e o nu´cleo e´ tanto
menor quanto maior for o paraˆmetro de impacto.
Um paraˆmetro de impacto espec´ıfico conduz, atrave´s da trajeto´ria da part´ıcula
α a um aˆngulo de espalhamento espec´ıfico (ver figura 24: se o paraˆmetro de
impacto estiver entre b e b + db, o aˆngulo de espalhamento estara´ entre θ e
θ + dθ).
3.2 Formulac¸a˜o de um problema de espalhamento 73
B
b
θ
M
~r
~F
O
ϕ
A
FIGURA 23 - Representac¸a˜o esquematizada do espalhamento de uma
part´ıcula α por um nu´cleo atoˆmico (O). A trajeto´ria da part´ıcula e´ definida
pela curva AMB. O paraˆmetro de impacto e´ b e o aˆngulo de espalhamento θ.
θ
dθ
b
db
FIGURA 24 - Relac¸a˜o entre o paraˆmetro de impacto b e o aˆngulo de espal-
hamento θ.
74 3 Espalhamento Rutherford
Enta˜o, para obter a distribuic¸a˜o angular prevista pela teoria cla´ssica e com-
para´-la com a distribuic¸a˜o angular medida, precisaremos relacionar b com θ.
E´ claro que essa relac¸a˜o depende fortemente do potencial espalhador. No
caso do espalhamento Rutherford, o alvo e´ constitu´ıdo de inu´meros pro´tons,
e este nu´mero deve ser levado em conta no ca´lculo da sec¸a˜o de choque. Ale´m
disso, o problema tem uma simetria axial, isto e´, a interac¸a˜o da part´ıcula α
com o nu´cleo na˜o depende do aˆngulo em torno do eixo pontilhado da Fig. 23.
Este e´ o caso de todos os potenciais centrais, como o potencial coulombiano
ou gravitacional. Assim, temos
dσ
dΩ
=
dN
dΩ
1
In
, (3.10)
onde agora, o aˆngulo so´lido e´ simplesmente dΩ = 2pi sen θdθ e I corresponde
ao nu´mero de part´ıculas incidentes sobre um alvo que conte´m n nu´cleos por
unidade de a´rea – este caso e´ ana´logo ao estudado no Ex. 3.1.
A comparac¸a˜o teo´rico-experimental pode ser feita usando a expressa˜o teo´rica
dσ/db e reescrevendo-a em termos de θ:
dσ
db
=
dσ
d(cos θ)
d(cos θ)
db
.
Vamos analisar mais uma vez a Fig. 23. O ponto O e´ o centro da forc¸a. M
representa a part´ıcula α lanc¸ada com velocidade vα. O paraˆmetro de impacto
b e´ a distaˆncia perpendicular entre a direc¸a˜o de ~vα e a linha trac¸ada de O
paralelamente a ~vα. Sendo a forc¸a repulsiva, a trajeto´ria e´ delineada pelos
pontos AMB. A forma dessa curva depende de como a forc¸a varia com a
distaˆncia. Para a forc¸a coulombiana, temos
|~F | =
2kZe2
r2
, (3.11)
e a trajeto´ria sera´ uma hipe´rbole. Quando a part´ıcula esta´ em A, seu mo-
mento angular e´ L = mαvαb. Numa posic¸a˜o qualquer M, seu momento
angular sera´ ~L = ~r× ~p = ~r×mα~vα. A velocidade da part´ıcula α num ponto
qualquer da trajeto´ria e´ dada pelo vetor
~vα =
dr
dt
rˆ + r
dϕ
dt
ϕˆ. (3.12)
Assim encontramos para o momento angular
~L = ~r ×mα
(dr
dt
rˆ + r
dϕ
dt
ϕˆ
)
= mαr
2 dϕ
dt
zˆ,
(3.13)
3.2 Formulac¸a˜o de um problema de espalhamento 75
onde zˆ e´ perpendicular ao plano da o´rbita. Uma vez que o momento angular
e´ uma quantidade vetorial e se conserva para forc¸as centrais, isto e´,
d~L
dt
=
d~r
dt
× ~p + ~r ×
d~p
dt
= ~r × ~F = 0, (3.14)
enta˜o, na˜o se alteram nem seu mo´dulo, nem sua direc¸a˜o ou sentido. Por
isso, a trajeto´ria da part´ıcula α estara´ contida no plano perpendicular ao
momento angular – esta e´ a mesma teoria que se aplica ao movimentos dos
planetas, porexemplo.
A conservac¸a˜o em mo´dulo do momento angular implica imediatamente que
mαr
2 dϕ
dt
= mαvαb. (3.15)
Por outro lado, a forc¸a na part´ıcula α na direc¸a˜o y e´ dada por
mα
dvy
dt
= Fy = F sen ϕ = 2kZe
2 sen ϕ
r2
. (3.16)
Utilizando a Eq. (3.15), podemos eliminar r2 dessa equac¸a˜o e obtermos
dvy
dt
=
2kZe2
mαvαb
sen ϕ
dϕ
dt
. (3.17)
Para o ca´lculo da deflexa˜o da part´ıcula, devemos integrar essa equac¸a˜o de
um extremo a outro da trajeto´ria. No ponto assinto´tico de onde a part´ıcula
vem, temos vy = 0, pelo fato do momento inicial ser paralelo a x e ϕ = 0.
Ja´ no outro ponto assinto´tico de destino da part´ıcula, temos vy = vα sen θ
e ϕ = pi − θ. Note que neste ponto, a velocidade da part´ıcula deve ser
novamente igual a vα, pois o espalhamento e´ ela´stico. Enta˜o, temos
∫ vα sen θ
0
dvy =
2kZe2
mαvαb
∫ pi−θ
0
sen ϕ dϕ.
Enta˜o,
vα sen θ =
2kZe2
mαvαb
(1 + cos θ).
Lembrando que cotg 1
2
θ = (1 + cos θ)/ sen θ, teremos
cotg
1
2
θ =
mαv
2
α
2kZe2
b. (3.18)
A expressa˜o acima nos da´ a relac¸a˜o procurada entre b e θ. Podemos agora
obter a sec¸a˜o de choque. Para obtermos a relac¸a˜o entre a sec¸a˜o de choque
76 3 Espalhamento Rutherford
diferencial e o paraˆmetro de impacto, lembremos da interpretac¸a˜o geome´trica
da sec¸a˜o de choque. Portanto, a sec¸a˜o de choque diferencial deve ser igual a`
a´rea do anel de raio b e espessura db (ver Fig. 24), ou seja,
dσ = 2pibdb = 2pib(θ)
∣∣∣db
dθ
∣∣∣dθ (3.19)
e usando a relac¸a˜o (3.18), obtemos
dσ = pi
(
2kZe2
mαvα
)2
cos θ/2
sen3 θ/2
dθ. (3.20)
Como sen θ = 2 sen(θ/2) cos(θ/2), podemos ainda reescrever a diferencial
‘dσ’ como segue:
dσ =
pi
2
(
2kZe2
mαvα
)2
sen θ
sen4 θ/2
dθ, (3.21)
ou em termos do aˆngulo so´lido dΩ, teremos
dσ
dΩ
=
(
2kZe2
2mαvα
)2
1
sen4 θ/2
. (3.22)
Note que existe uma singularidade em θ = 0, onde a sec¸a˜o de choque diferen-
cial e´ infinita. Isto significa que existe uma a´rea infinitamente grande (pib2),
onde a part´ıcula pode estar e ainda assim, sofrer espalhamento. O fato de
que a sec¸a˜o de choque seja infinita e´ consequ¨eˆncia direta do fato de que o
alcance do potencial coulombiano e´ infinito. Obviamente, a transfereˆncia de
momento e´ muito pequena quando b e´ grande – lembre que ∆p esta´ direta-
mente relacionado com θ.
Exemplo 3.2 : Calcule a sec¸a˜o de choque para uma part´ıcula α com
energia cine´tica igual a 12 MeV, sendo espalhada por um nu´cleo de
prata (Z = 47) em aˆngulos maiores do que (a) 90◦ e (b) 10◦ .
Quando se diz que o espalhamento ocorre para aˆngulos maiores do
que θ, isto significa que o paraˆmetro de impacto e´ menor do que o
correspondente b(θ), isto porque o aˆngulo de espalhamento e´ inversa-
mente proporcional ao paraˆmetro de impacto. Enta˜o, para calcular a
sec¸a˜o de choque, basta fazer a integrac¸a˜o em b variando de 0 a b(θ).
Usando a expressa˜o que relaciona a sec¸a˜o de choque diferencial com o
paraˆmetro de impacto (Eq. (3.19)), temos que
σ = 2pi
∫ b(θ)
0
bdb = pib(θ)2.
3.2 Formulac¸a˜o de um problema de espalhamento 77
Enta˜o usando a expressa˜o (3.18) que relaciona o paraˆmetro de impacto
com o aˆngulo θ, temos
b(θ) =
Zke2
Kα
cotg
θ
2
.
Logo, para um aˆngulo de 90◦,
b(90◦) =
47× 1, 44 MeV · fm
12 MeV
cotg(45◦) = 5, 64 fm
σ = pib(90◦)2 = 1, 0× 102 fm2 = 1, 0 b
e para o aˆngulo de 10◦,
b(10◦) = 5, 64 fm× cotg(5◦) = 64, 5 fm
σ = pib(10◦)2 = 130 b.
Exemplo 3.3 : Um feixe de part´ıculas α de 6 MeV atravessam uma
folha de ouro, cuja espessura e´ de 1 µm, a uma taxa de 103 por se-
gundo. Calcule a taxa de espalhamento na qual part´ıculas α sa˜o es-
palhadas em aˆngulos maiores do que 0,1 rad. A densidade do ouro e´
1, 93 × 104 kg/m3 e sua massa atoˆmica e´ 197.
Usando a expressa˜o obtida no exemplo 3.1, temos que a taxa de es-
palhamento e´
Resp =
σLρ
MAu
Rinc,
onde temos agora a massa do nu´cleo de ouro dado por MAu = 197mp.
Precisamos enta˜o do valor da sec¸a˜o de choque, que pode ser obtida
como no exemplo anterior. O paraˆmetro de impacto a 0,1 rad e´
b(0, 1 rad) =
79 × 1, 44 MeV · fm
6 MeV
cotg(0, 05 rad) = 379 fm
e a sec¸a˜o de choque sera´
σ = pib(0, 1 rad)2 = 4, 51 × 10−25 m2.
Assim, temos
Resp =
4, 51 × 10−25 m2 × 1 µm× 1, 93 × 104 kg/m3
197 × 1, 67 × 10−27 kg
× 103
≈ 26 part´ıculas/seg.
Este resultado equivale a dizer que apenas 2,6 % das part´ıculas inci-
dentes sa˜o espalhadas em aˆngulos maiores do que 0,1 rad, ou cerca de
6◦ !
78 3 Espalhamento Rutherford
10
102
103
104
105
106
-1 -0.5 0 0.5 1
d
N
/d
Ω
cos θ
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
FIGURA 25 - Dados experimentais de Geiger e Marsden e comparac¸a˜o com
a fo´rmula de Rutherford.
3.3 Comparac¸a˜o com os dados de Geiger e
Marsden
A concordaˆncia da expressa˜o obtida por Rutherford com os dados de Geiger
e Marsden e´ impressionante (veja Fig. 25).
Os dados sa˜o consistentes com um nu´cleo puntiforme. Para conseguir maior
proximidade do nu´cleo atoˆmico, foram necessa´rias experieˆncias envolvendo
part´ıculas α mais energe´ticas, que conseguissem se aproximar mais. Mais
tarde, R. Hofstadter et al., em 1953, fizeram um experimento do tipo descrito
acima, pore´m usando ele´trons com energia de 125 MeV espalhados por alvos
de ouro. A partir da comparac¸a˜o dos dados com a fo´rmula de Rutherford,
foi poss´ıvel concluir que os dados sa˜o inconsistentes com a hipo´tese de nu´cleo
puntiforme. Essas experieˆncias foram capazes de estabelecer que o nu´cleo do
ouro tem um raio de aproximadamente 3× 10−15 m.
3.4 Cr´ıticas ao modelo de Rutherford
As cr´ıticas ao modelo de Rutherford, apesar do sucesso obtido em suas pre-
viso˜es, na˜o foram poucas e eram bem fundamentadas em princ´ıpios gerais da
Exerc´ıcios 79
F´ısica Cla´ssica.
A primeira objec¸a˜o era simples: se toda carga positiva esta´ concentrada no
centro do a´tomo, e este nu´cleo tem dimenso˜es ta˜o pequenas, como explicar
porque a repulsa˜o coulombiana na˜o destro´i esse aglomerado de part´ıculas
positivas? A soluc¸a˜o dessa charada veio com a descoberta do neˆutron, por
James Chadwick (1891-1974), em 1932. O neˆutron e´ uma part´ıcula neu-
tra que atrai os pro´tons, com uma forc¸a da ordem de 200 vezes a repulsa˜o
eletrosta´tica – e´ a forc¸a nuclear forte. Uma das diferenc¸as fundamentais
entre essas duas forc¸as e´ que a forc¸a eletromagne´tica tem longo alcance, en-
quanto que a forc¸a forte tem um alcance curto. Este fato explica porque na˜o
podemos ter nu´cleos esta´veis de qualquer tamanho – a atrac¸a˜o provocada
pelos neˆutrons e´ limitada a alguns vizinhos pro´ximos, enquanto que a forc¸a
coulombiana age em todas as cargas presentes no nu´cleo. Enta˜o, nu´cleos
muito pesados, apesar de terem uma quantidade maior de neˆutrons do que
de pro´tons, sa˜o bastantes insta´veis.
A segunda objec¸a˜o era a seguinte: o modelo dinaˆmico do tipo sistema planeta´rio
proposto por Rutherford apresenta uma dificuldade insupera´vel dentro da
F´ısica Cla´ssica. Segundo as equac¸o˜es de Maxwell, cargas aceleradas irradiam
e perdem energia desse modo. Para uma o´rbita de dimenso˜es atoˆmicas, o
colapso do a´tomo se daria em 10−9 s. A mate´ria na˜o seria esta´vel!
Essa u´ltima charada so´ foi resolvida atrave´s do modelo de Bohr, que intro-
duziu postulados sobre a estabilidade das o´rbitas dos ele´trons nos a´tomos.
Um embasamento so´lido desse fato so´ veio com a Mecaˆnica Quaˆntica de
Schro¨dinger e Heisenberg.
Exerc´ıcios
3.1 Pesquisadores desejam estudar as propriedades de uma part´ıcula
que e´ produzida em coliso˜es pro´ton-pro´ton com uma sec¸a˜o de
choque de 1 nb. Eles desenharam um alvo de hidrogeˆnio l´ıquido
cil´ındrico com 0,05 m de diaˆmetro e 0,5 m de comprimento. O
feixe de pro´tons tem uma intensidadede 108 por segundo. Se o
aparato pode detectar a part´ıcula rara com uma eficieˆncia de 10
%, quanto tempo vai demorar para que se colete 106 eventos?
3.2 Um feixe colimado de pro´tons e´ enviado para dentro de uma
caˆmara de bolhas com deute´rio l´ıquido, cuja espessura e´ de 0,5
m. A densidade do deute´rio l´ıquido e´ 162 kg/m3. Uma amostra
com 105 figuras e´ analisada e treˆs eventos raros sa˜o encontrados.
80 3 Espalhamento Rutherford
(a) Calcule a sec¸a˜o de choque de produc¸a˜o desse processo.
3.3 A interac¸a˜o forte tem um curto alcance, aproximadamente 1 fm.
Use este fato para estimar a sec¸a˜o de choque para a interac¸a˜o
forte entre dois pro´tons energe´ticos (E � mc2). Compare sua
resposta com 40 mb.
3.4 Considere um feixe de pro´tons com momento de 200 MeV/c sendo
espalhado por um nu´cleo de alumı´nio. (a) Calcule a sec¸a˜o de
choque para o espalhamento eletromagne´tico em aˆngulos maiores
do que 10◦. (b) Se o feixe de pro´tons e´ enviado atrave´s de uma
folha de alumı´nio de 1 µm de espessura, qual a frac¸a˜o dos pro´tons
sa˜o espalhados em aˆngulos maiores do que 10◦?
3.5 Qual e´ a importaˆncia de ser ter a caˆmara onde e´ realizado o es-
palhamento de part´ıculas α evacuada? Para part´ıculas α, estime
a espessura do ar que teria a mesma sec¸a˜o de choque que o es-
palhamento por uma folha de ouro de espessura igual a 0,2 µm.
(A densidade do ouro e´ 1, 9 × 104 kg/m3 e a densidade do ar e´
1,2 kg/m3 a` pressa˜o atmosfe´rica e temperatura ambiente.)
3.6 Uma part´ıcula α de 10 MeV e´ espalhada por um nu´cleo de prata
a um aˆngulo de 90◦. (a) Calcule o paraˆmetro de impacto. (b)
Calcule a distaˆncia de maior aproximac¸a˜o.
3.7 Calcule a energia cine´tica de uma part´ıcula α se a distaˆncia de
maior aproximac¸a˜o ao nu´cleo de ouro e´ 10 fm quando espalhada
a 90◦.
3.8 Um feixe de part´ıculas α de 5 MeV e´ direcionado sobre uma
folha de ouro de espessura igual a 1 µm. A frac¸a˜o de part´ıculas α
espalhada em aˆngulos maiores do que um certo aˆngulo θ e´ igual a
10−3. (a) Qual e´ a sec¸a˜o de choque de espalhamento do processo?
(b) Qual e´ o valor de θ? (A densidade da prata e´ 1, 05 × 104
kg/m3.)
3.9 Um feixe de part´ıculas α com energia cine´tica de 4,5 MeV passa
atrave´s de uma folha fina de 9Be. O nu´mero de part´ıculas α
espalhadas entre 30◦ e 90◦ e entre 90◦ e 150◦ e´ medido. Qual
deve ser a raza˜o entre estes nu´meros?
3.10 Um feixe de part´ıculas α, com energia cine´tica 5,30 MeV e in-
tensidade 104 part´ıculas por segundo, incide segundo a normal
sobre uma folha de ouro de densidade 19,3 g/cm3, peso atoˆmico
197, e espessura 1, 0× 10−5 cm. Um contador de part´ıculas α de
a´rea 1,0 cm2 e´ colocado a 10 cm de distaˆncia da folha. Se θ e´ o
Exerc´ıcios 81
aˆngulo entre o feixe incidente e uma linha que vai do centro da
folha ao centro do contador, use a sec¸a˜o de choque diferencial do
espalhamento Rutherford para obter o nu´mero de contagens por
hora para θ = 10◦ e θ = 45◦. O nu´mero atoˆmico do ouro e´ 79.
82 3 Espalhamento Rutherford