Física 4 17 exercícios resolvidos

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 Prof. A.F.Guimarães 
Física 4 – Questões 17 
 Questão 1
Átomos de hidrogênio são colocados em um 
campo magnético externo. Os prótons podem 
fazer transições entre estados para os quais os 
spins ficam paralelos e antiparalelos ao campo 
magnético absorvendo ou emitindo fótons. Qual é 
o módulo do campo magnético necessário para 
que essa transição seja induzida por fótons com 
frequência igual a 22,7MHz? 
Resolução: 
O módulo do momento magnético do próton é 
dado por: 
| !"|#$ó%&' = 2,7928 ( 
(1.1) 
Em que ( é o momento nuclear dado por: 
 ( = )ℏ2+# ≅ 5,05079 ∙ 10/34 : ∙ ;/< 
(1.2) 
Em (1.2) +# é a massa do próton. Para (1.1) e 
(1.2), veja, por exemplo: Sears e Zemansky (Young 
& Freedman), Física IV Ótica e Física Moderna, 10ª 
edição, ed. Person do Brasil, Addison Wesley, São 
Paulo,2004. A energia do fóton é dada por: 
∆? = ℎA ≅ 1,498 ∙ 10/3C : 
(1.3) 
Por sua vez, a diferença de energia entre os 
estados supracitados no enunciado é dada por: 
∆? = 2| !"|#$ó%&' ∙ D 
(1.4) 
Então utilizando (1.1), (1.2) e (1.3) na expressão 
(1.4), teremos: 
D = ∆?2| !"|#$ó%&' ≅ 0,54 ; 
(1.5) 
 Questão 2
 
Nêutrons são colocados em um campo 
magnético com módulo igual a 2,30 ;. (a) Qual é a 
diferença de energia com estados para os quais os 
spins ficam paralelos e antiparalelos ao campo 
magnético? Qual é o estado que possui energia 
mais baixa: aquele com spin paralelo ou o que 
possui spin antiparalelo ao campo magnético? (b) 
Os nêutrons podem fazer transições de um desses 
estados para o outro absorvendo ou emitindo 
fótons com energia igual à diferença de energia 
entre esses estados. Calcule a frequência e o 
comprimento de onda desse fóton. 
Resolução: 
Os nêutrons possuem carga líquida nula, no 
entanto possuem momento magnético dado por: 
 | !"|'êF%$&' = 1,9130 ( 
(2.1) 
 
Em que ( é dado por (1.2). No caso do nêutron, o 
momento de spin tem seu sentido contrário ao 
momento magnético, característica de carga 
negativa. Isso ocorre porque o nêutron não é uma 
partícula elementar, ele é formado por partículas 
ainda menores denominadas quarks. Para (2.1), 
consulte, por exemplo: Sears e Zemansky (Young & 
Freedman), Física IV Ótica e Física Moderna, 10ª 
edição, ed. Person do Brasil, Addison Wesley, São 
Paulo,2004. 
 
a) Utilizando os dados numéricos em (2.1), 
teremos para a diferença de energia: 
 ∆? = 2| !"|'êF%$&' ∙ D ≅ 4,45 ∙ 10/3C : 
(2.2) 
 
Sabemos que a energia de interação com o campo 
magnético é dada por: 
 
G = − ⃗ ∙ DJ⃗ 
(2.3) 
 
Então o estado de energia mais baixo ocorre 
quando o momento magnético é paralelo ao 
 
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campo magnético, ou seja, quando a partícula 
possui momento de spin paralelo ao campo 
magnético. No entanto, para o nêutron, o 
momento de spin tem seu sentido contrário ao 
momento magnético, logo, quando o momento de 
spin for antiparalelo, o estado possui a energia 
mais baixa. 
b) Agora utilizando a expressão de (1.3), 
poderemos encontrar a frequência do fóton 
emitido para a diferença solicitada: 
A = Δ?ℎ ≅ 6,7 ∙ 104 MN 
(2.4) 
E para o comprimento de onda: 
O = PA ≅ 4,48 + 
(2.5) 
 Questão 3
Átomos de hidrogênio são colocados em um 
campo magnético externo com módulo igual a 1,65 ;. (a) Os prótons podem fazer transições 
entre estados para os quais os spins ficam 
paralelos e antiparalelos ao campo magnético 
absorvendo ou emitindo fótons. Qual é o estado 
que possui energia mais baixa, aquele com spin 
paralelo ou o que possui spin antiparalelo ao 
campo magnético? Qual é a frequência e o 
comprimento de onda do fóton? Em que região do 
espectro eletromagnético o fóton se encontra? (b) 
Os elétrons podem fazer transições entre estados 
para os quais os spins ficam paralelos e 
antiparalelos ao campo magnético absorvendo ou 
emitindo fótons. Qual é o estado que possui 
energia mais baixa, aquele com spin paralelo ou o 
que possui spin antiparalelo ao campo magnético? 
Qual é a frequência e o comprimento de onda do 
fóton? Em que região do espectro eletromagnético 
o fóton se encontra? 
Resolução: 
a) De forma semelhante ao que foi efetuado na 
questão 1, teremos: 
 ∆? = 2| !"|#$ó%&' ∙ D ≅ 4,62 ∙ 10/3C : 
(3.1) 
Como o próton tem sua carga positiva, o momento 
de spin e o momento magnético estão no mesmo 
sentido, logo, o estado de mais baixa energia é 
aquele que apresenta spin paralelo ao campo 
magnético. Para a frequência do fóton emitido, 
teremos: 
 
A = Δ?ℎ ≅ 7 ∙ 104 MN 
(3.2) 
 
E o comprimento de onda: 
 
O = PA ≅ 4,29 + 
(3.3) 
 
Na região de ondas de rádio. 
 
b) Para o elétron, o momento magnético é dado 
por: 
 | !"|QRé%$&' ≅ S 
(3.4) 
 
Em que S é o magneton de Bohr, dado por: 
 
 ( = )ℏ2+Q ≅ 9,274 ∙ 10/3T : ∙ ;/< 
(3.5) 
 
Utilizando os dados de (3.1) e (3.5), teremos para 
a diferença de energia: 
 ∆? = 2| !"|QRé%$&' ∙ D ≅ 3,06 ∙ 10/3U : 
(3.6) 
 
Para os elétrons, a exemplo do que ocorre com os 
nêutrons, possuem o estado de mais baixa energia 
com spins antiparalelos ao campo magnético. E 
para a frequência e comprimento de onda: 
 
A = Δ?ℎ ≅ 4,64 ∙ 10<V MN 
(3.7) 
 
O = PA ≅ 6,5 ∙ 10/U + 
(3.8) 
 
Na região de micro-ondas. 
 
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 Questão 4
Calcule a perda de massa, a energia de ligação 
(em W)X) e a energia por núcleons de (a) um 
núcleo de nitrogênio Y4<T ; (b) de um núcleo de 
hélio M)3T . (c) Como se comparam os resultados 
dos itens (a) e (b)? 
Resolução: 
Para a perda de massa temos a seguinte 
expressão: 
∆+ = Z+[ + Y+' − + 
(4.1) 
Em que Z e o número atômico, (+[ = 1,007825^) 
é a massa do hidrogênio, Y é o número de 
nêutrons, (+' = 1,007825^) é a massa do 
nêutron e + é a massa do nuclídeo. 
a) Utilizando a expressão (4.1) para o nitrogênio, 
teremos: 
∆+ = [7(1,007825 + 1,008665) − 14,003074]^ ∴ ∆+ = 0,11235^ 
(4.2) 
Em (4.2), + (cde = 14,003074^. Agora, para a 
energia de ligação, poderemos utilizar a relação 
relativística massa-energia. Utilizando o resultado 
de (4.2), teremos: 
?S (cde = ∆+P3 ≅ 104,66 W)X 
(4.3) 
Em que P3 = 931,5 W)X ∙ ^/<. E para a razão 
energia por núcleon: 
?S (cdeY^ ≅ 7,48 W)X 
(4.4) 
Para o caso do nitrogênio, o número de núcleons, 
que é igual ao número de massa, vale 14. 
b) Para o caso do hélio: 
∆+ = [2(1,007825 + 1,008665) − 4,002603]^ ∴ ∆+ = 0,030377^ 
(4.5) 
Em que + [Qfe = 4,002603^. A energia de ligação 
será: 
 ?S [Qfe = ∆+P3 ≅ 28,296 W)X 
(4.6) 
 
E para a razão, teremos: 
 ?S [QfeY^ ≅ 7,07 W)X 
(4.7) 
 
c) De (4.3) e (4.6), observa-se que ?S (cde > ?S [Qfe . 
No entanto, de (4.4) e (4.7) observa-se que as 
energias por núcleons estão bem próximas: hi jcde(F ≈
hi lmfe(F . 
 
 Questão 5
 
O isótopo mais comum do cobre é o n^3oCU . O 
valor da medido da massa do átomo neutro é igual 
a 62,929601^. (a) A partir do valor medido da 
massa, calcule a perda de massa e use o resultado 
para determinar a energia de ligação total e a 
energia de ligação por núcleon. (b) Calcule a 
energia de ligação pela seguinte equação: 
 
?S = n<p − n3p3 U⁄ − rst(t/<)ud s⁄ − re(u/3t)
f
u ± nvp/T U⁄ . 
 
Em que n< = 15,75 W)X; n3 = 17,80 W)X; nU = 0,7100 W)X; nT = 23,69 W)X e nv =39 W)X. (Por que o quinto termo é nulo?) 
Compare com o resultado obtido no item (a). Qual 
é a diferença percentual entre os dois resultados? 
O que você conclui acerca da precisão da equação 
supracitada? 
Resolução: 
a) Utilizando a expressão (4.1), para o cobre 63, 
teremos, para a perda de massa: 
 ∆+ = [29 ∙ 1,007825 + 34 ∙ 1,008665 − 62,929601]^ ∴ ∆+ = 0,591954^ 
(5.1) 
 
E para a energia de ligação: 
 ?S rFfwxs = ∆+P3 = 551,4 W)X 
(5.2) 
 
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Que conduz a: 
?S rFfwxs63 = 8,75 W)X 
(5.3) 
b) Agora, utilizando a equaçãodo enunciado, com 
seus respectivos valores e lembrando que o quinto 
termo será positivo se Y e Z forem ambos pares, 
será negativo se Y e Z forem ambos ímpares e 
será nulo nos outros casos (que é o caso do n^3oCU ). 
Assim, teremos: 
?S ≅ 556,15 W)X 
(5.4) 
Dos resultados (5.2) e (5.4), teremos para a 
diferença percentual: 
∆?S556,15 = 0,8% 
(5.5) 
Uma boa precisão. 
 Questão 6
O decaimento z → } + ~/ + A̅Q é 
energeticamente possível? Caso não seja, por que 
não? Do contrário calcule a energia total liberada. 
O decaimento } → z + ~ + AQ é energeticamente 
possível? Caso não seja, por que não? Caso seja, 
calcule a energia total liberada. 
Resolução: 
Primeiro caso: 
A energia de repouso do nêutron é dada por: 
?‚ = +'P3 = 939,5714475 W)X 
(6.1) 
E a energia de repouso após o decaimento será: 
?ƒ = 938,7885963 W)X + ?„…m 
(6.2) 
Comparando (6.1) e (6.2), verificamos que a 
energia do antineutrino, desprezando a energia 
cinética do próton e do elétron, será: 
?„…m = 0,78285123 W)X 
(6.3) 
 
Segundo caso: Não é energeticamente possível. 
 
 Questão 7
 
Um isótopo instável do cobalto, n†CV , possui em 
seu núcleo um nêutron a mais do que o isótopo 
estável n†vo e é um emissor ~/ com uma meia-
vida igual a 5,7 anos. Esse isótopo é empregado na 
medicina. Em um hospital, uma certa fonte de 
radiação contém 0,0360 +‡ do n†CV . (a) Qual e a 
constante de decaimento para este isótopo? (b) 
Quantos átomos existem na fonte? (c) Quantos 
decaimentos ocorrem por segundo? (d) Qual é a 
atividade da fonte em curies? Como isso se 
compara com a atividade de uma igual massa de 
rádio ( ˆ‰33C , meia-vida de 1600 anos)? 
Resolução: 
a) O valor da constante de decaimento é obtido 
por meio da expressão: 
 
O = 0,693;df
 
(7.1) 
 
Em que ;df é a meia-vida. Assim, teremos: 
 O r&xŠ ≅ 0,1315 ‰/< 
(7.2) 
 
b) Para 60 ‡ de massa de n†CV temos 6,02 ∙ 103U 
átomos, então em 0,0360 +‡, teremos: 3,61 ∙ 10<4 
átomos. 
c) Inicialmente, o número de decaimento será: 
 ‹Y
‹Œ = OYV = 0,1315 ∙ 3,61 ∙ 10<4 
∴ ‹Y‹Œ ≅ 4,75 ∙ 10<C ‹)P ∙ ‰/< 
(7.3) 
 
Cerca de 1,51 ∙ 10o ‹)P ∙ /<. 
 
d) Sabe-se que 1 nŽ = 3,70 ∙ 10<V D = 3,70 ∙10<V ‹)P ∙ /<. Assim, 1,51 ∙ 10o ‹)P ∙ /< = 4,08 ∙10/3 nŽ. 
 
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Para 0,0360 +‡ de ˆ‰33C , temos 9,59 ∙ 10<C 
átomos. A constante de decaimento será: 
O ‘ffx ≅ 4,33 ∙ 10/T ‰/< 
(7.4) 
A atividade inicial de uma fonte de ˆ‰33C , com 9,59 ∙ 10<C átomos, será: 
‹Y
‹Œ = OYV = 4,33 ∙ 10/T ∙ 3,61 ∙ 10<4 
∴ ‹Y‹Œ = 4,15 ∙ 10<U ‹)P ∙ ‰/< 
(7.5) 
Comparando os resultados de (7.3) e (7.5), 
podemos concluir que: 
‹Y
‹Œ ’ ‘ffx <
‹Y
‹Œ ’ r&xŠ 
(7.6) 
 Questão 8
Datação com carbono radioativo. Uma 
amostra de madeira de um sítio arqueólogo 
contendo 500 ‡ de carbono fornece 3070 
decaimentos por minuto. Qual é a idade da 
amostra? 
Resolução: 
A meia-vida do n<T é de 5730 anos. Assim, sua 
constante de decaimento será: 
O rde = 2,299 ∙ 10/<V +Žz/< 
(8.1) 
Vamos supor que na ocasião da morte da árvore, a 
atividade fosse de 0,255 ‹)P ∙ ( ∙ ‡)/< de n<T . Ou 15,3 ‹)P ∙ (+Žz ∙ ‡)/<. Então, para 500 ‡, teremos 7650 ‹)P ∙ +Žz/<. A atividade de uma amostra 
decai com a seguinte expressão: 
OY(Œ) = OYV)/”% 
(8.2) 
Assim, teremos, utilizando (8.2): 
3070 = 7650)/3,3oo∙<V•dŠ% 
Œ = 0,91302,299 ∙ 10/<V ≅ 3,971 ∙ 10o +Žz 
(8.3) 
 
Cerca de 7550 anos. 
 
 Questão 9
 
Em um acidente industrial, uma pessoa de 65 –‡ recebe em todo o seu corpo uma dose 
equivalente letal de 5,4 —˜ de raios X. (a) Qual é a 
dose equivalente em ™)+? (b) Qual é a dose 
absorvida em ™‰‹? (c) Qual é a energia total 
absorvida pelo corpo da pessoa? Como essa 
energia se compara com a energia necessária para 
elevar de 0,010℃ a temperatura de 65 –‡ de 
água? 
Resolução: 
a) A relação entre ™)+ e —˜ é dada por: 
 100 ™)+ = 1 —˜ 
(9.1) 
 
Assim, 5,4 —˜ = 540 ™)+. 
 
b) A dose absorvida (›‰), em ™‰‹ é dada por: 
 
›‰(™‰‹) = ›)(™)+)ˆD? 
(9.2) 
 
Em que ˆD? é a eficácia biológica relativa, que 
para o caso dos raios-X vale 1. Assim, de (9.2), 
teremos: 
 ›‰ = 540 ™‰‹ 
(9.3) 
 
c) A dose absorvida é dada por: 
 1 ™‰‹ = 0,01 : ∙ –‡/< 
(9.4) 
 
Assim, para uma pessoa de 65 –‡, teremos 351 : 
de energia absorvida. 
 
Essa energia é bem menor do que a quantidade de 
energia para aquecer a mesma massa de água de 0,010℃. 
 
 
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œ = +P∆; œ = 65000 ∙ 4,2 ∙ 0,010 ∴ œ = 2730 : 
(9.5) 
 Questão 10
Uma pessoa de 50 –‡ ingere acidentalmente 0,35 nŽ de trício. (a) Suponha que o trício se 
espalhe uniformemente pelo corpo e que cada 
decaimento produza na média a absorção de 5,0 –)X de energia dos elétrons emitidos no 
decaimento. A meia-vida do trício é de 12,3 anos e 
a ˆD? dos elétrons é igual a 1,0. Calcule a dose 
absorvida e a dose equivalente em ™)+ durante 
uma semana. (b) O decaimento ~/ do trício libera 
mais de 5,0 –)X de energia. Por que a energia 
média absorvida é menor do que a energia total 
liberada no decaimento? 
Resolução: 
a) Observando que a meia-vida do trício é longa, 
cerca de 12,3 ‰z† ou 3,88 ∙ 10 , podemos 
considerar, ao longo de 1 semana, a atividade do 
trício constante. Assim, teremos: 
O%$힂& ∙ YV = 0,35 nŽ = 1,295 ∙ 10<V ‹)P ∙ /< 
(10.1) 
Para cada decaimento, a energia liberada é de 5 –)X, ou seja, 8 ∙ 10/<C :. E energia liberada por 
segundo será então de 1,036 ∙ 10/ –:. Assim, em 
uma semana, teremos: 
604800 ∙ 1,036 ∙ 10/ ≅ 6,27 ∙ 10/U –: 
(10.2) 
Logo, a dose absorvida será de: 
›‰ = 6,2750 ≅ 0,125 : ∙ –‡/< = 12,5 ™‰‹ 
(10.3) 
E para a dose equivalente, considerando o RBE 
igual a 1, teremos 12,5 ™)+. 
b) No decaimento ~/ do trício, são produzidos 
anti-neutrinos que não são absorvidos. 
Obs.: Na resolução do item (a), consideramos a 
atividade do trício constante para o período de 
uma semana. No entanto, se tivéssemos que 
considerar o decaimento, teríamos que encontrar 
o comportamento da emissão de energia com o 
tempo. Inicialmente a emissão de energia é igual a 1,036 ∙ 10/ –: ∙ /<. E como o a atividade é uma 
função exponencial do tempo, a emissão de 
energia também será uma função exponencial 
dada por: 
 ‹?
‹Œ = 1,036 ∙ 10/)/”Ÿ í¡¢£% 
(10.4) 
 
Em que O%$힂& = V,CoUU,∙<V¤ ≅ 1,786 ∙ 10/o /<. Para 
encontrar a energia total no período de 1 semana, 
devemos integrar a expressão (10.4) no tempo. 
Assim, teremos: 
 
?¥ = 1,036 ∙ 10/ ¦ )/<,4C∙<V•w∙%‹Œ
CVTVV
V
 
(10.5) 
 
Em que 1 )+‰z‰ = 604800 . Assim, teremos: 
 
?¥ = 1,036 ∙ 10
/
1,786 ∙ 10/o §1 − )/<,4C∙<V
•w∙CVTVV¨ 
∴ ?¥ ≅ 6,26 ∙ 10/U –: 
(10.6) 
 
Comparando os resultados (10.2) e (10.6), 
podemos concluir que a diferença percentual é em 
torno de 0,16%. Ou seja, o erro em considerar a 
atividade constante para o período supracitado, é 
desprezível. 
 
Para a integração de (10.5), veja, por exemplo, 
Spiegel M. R., Manual de Fórmulas e Tabelas 
Matemáticas, Coleção Schaum, Editora McGraw-
Hill, Makron Books do Brasil, 1973. 
 
 Questão 11
 
Considere a reação nuclear: 
 M<3 + D)To → © + M3T ), 
 
onde © é um nuclídeo. (a) Qual o valor e Z e de p 
para o nuclídeo ©? (b) Qual é a energia liberada? 
(c) Calcule a energia limite para essa reação. 
 
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Resolução: 
a) Z = 3 ) p = 7. Ou seja, Lítio. 
b) Para as massas iniciais temos: 
 + [df = 2,014102 ^; + SQew = 9,012182 ^. 
(11.1) 
E para as massas finais, teremos: 
+ «‚sc = 7,016004 ^; + [Qfe = 4,002603 ^. 
(11.2) 
A variação de massa é de: 
∆+ = ¬+ «‚sc + + [Qfe ­ − ¬+ [df + + SQew ­ ∴ ∆+ = −0,007677 ^ 
(11.3) 
Para essa variação de massa teremos uma energia 
liberada de: 
? = −∆+P3 ≅ 7,1511255 W)X 
(11.4) 
Para classificar a reação, devemos calcular na 
verdade: 
œ = §¬+[df + + SQew ­ − ¬+ «‚sc + + [Qfe ­¨P3 
(11.5) 
Que no caso será positiva (œ > 0). Então a reação 
será exotérmica. O dêuteron deve ter energia 
cinética suficiente para vencer a barreira de 
energia potencial de repulsão. Assim, a energia 
mínima será: 
®¯‚' = G = 14°²V ∙
)3
™ 
 ®¯‚' = 14°²V ∙
4)3
4 ∙ 10/<v ∴ ®¯‚' ≅ 2,304 ∙ 10/<U : = 1,44 W)X 
(11.6) 
Em que ™ = ˆ [df + ˆ SQew . Na resolução dada em 
(11.6), consideramos os núcleos como uma 
distribuição esférica de carga positiva, com raios 
respectivamente iguais a ˆ [df = 1,5 ∙ 10/<v+ e ˆ SQew = 2,5 ∙ 10/<v +. Para o cálculo dos raios 
utilizamos ˆ = 1,2 ∙ 10/<vpds. 
 
 Questão 12
 
Energia de uma fusão nuclear. Calcule a 
energia liberada na reação de fusão: 
 M)3U + M → M)3T<3 + M<< . 
 
Resolução: 
As massas dos nuclídeo são: 
 + [Qfs = 3,016029 ^; + [df = 2,014102 ^; + [Qfe = 4,002603 ^; + [dd = 1,007825 ^. 
(12.1) 
 
 
Utilizando, para esse caso, a expressão (11.5), 
teremos: 
 œ = 0,019703 ^ ∙ 931,5 ∙ ^/< ≅ 18,353 W)X 
(12.2) 
 
 Questão 13
 
Considere a reação nuclear 
 —Ž<T3 + ³ → W‡<33T + ©, 
 
onde © é um nuclídeo. (a) Qual é o valor de Z e de p para o nuclídeo ©? (b) Desprezando o efeito de 
recuo, que energia mínima deve o fóton possuir 
para que essa reação ocorra? A massa de um 
átomo —Ž<T3 é igual a 27,976927 ^ e a massa de um 
átomo W‡<33T é igual a 23,985042 ^. 
Resolução: 
a) p = 4 e Z = 2. 
b) O nuclídeo em questão é o M)3T a massa por sua 
é dada em (12.1). Assim, tomando a expressão 
(11.5), teremos: 
 œ = (27,976927 − 27,987645)931,5 
 
 
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œ = −9,98 W)X 
(13.1) 
A reação em questão é endotérmica. Assim, a 
energia do fóton dever ser igual a 9,98 W)X. 
 Questão 14
Use a lei da conservação da massa-energia para 
mostrar que a energia liberada no decaimento alfa 
é positiva quando a massa do átomo neutro 
original é maior do que a soma das massas do 
átomo neutro final e do átomo neutro de M)T . 
(Dica: Suponha que o núcleo pai possua número Z 
e número de núcleons p. Inicialmente escreva a 
reação em termos dos núcleos e das partículas 
envolvidas, a seguir some Z massas de elétrons e 
ambos os membros da reação e equilíbrio de 
modo a obter átomos neutros.) 
Resolução: 
Seja a seguinte reação nuclear: 
´tu → µt/3u/3 + M)3T 
(14.1) 
Agora, somando Z)/ dos dois lados da reação 
(14.1), teremos a reação em termos dos átomos 
neutros: 
©tu → ¶t/3u/T + M)3T 
(14.2) 
De acordo com a reação (14.1), teremos em 
termos da conservação da massa-energia: 
+ ·¹¸ P3 = º+ »¸•f¹•f + + [Qfe ¼ P3 + ® 
(14.3) 
Agora, somando Z+QP3 dos dois lados da 
igualdade de (14.3), teremos as massas dos 
átomos neutros como em (14.2). Assim, teremos: 
W ½¹¸ P3 = ºW ¾¸•f¹•e + W [Qfe ¼ P3 + ® 
® = ¿W ½¹¸ − ºW ¾¸•f¹•e + W [Qfe ¼À P3 
(14.4) 
Logo, para ® > 0, teremos: 
W ½¹¸ > W ¾¸•f¹•e + W [Qfe 
(14.5) 
 
 Questão 15
 
Use a lei da conservação da massa-energia para 
mostrar que a energia liberada no decaimento ~/ 
é positiva quando a massa do átomo neutro 
original é maior do que a massa do átomo final. 
(Veja a questão 14) 
Resolução: 
Utilizando o mesmo procedimento da questão 
anterior, temos: 
 ´tu → µt<u + ~/ + A̅Q 
(15.1) 
 
Em (15.1) temos a reação nuclear. Agora, 
somando em ambos os lados de (15.1) a 
quantidade Z), teremos a equação dos átomos 
neutros: 
 ©tu → ¶t<u + A̅Q 
(15.2) 
 
Em que A̅Q é o antineutrino, relativo ao 
decaimento ~/. Assim, tomando (15.2) como 
referência, teremos a seguinte equação e massa-
energia: 
 W ½¹¸ P3 = W ¾¸Ád¹ P3 + ® ® = ¿W ½¹¸ − W ¾¸Ád¹ À P3 
(15.3) 
 
Logo, para ® > 0, teremos: 
 W ½¹¸ − W ¾¸Ád¹ > 0 
(15.4) 
 
 Questão 16
 
Use a lei da conservação da massa-energia para 
mostrar que a energia liberada no decaimento ~ 
é positiva quando a massa do átomo neutro 
original é pelo menos duas massas do elétron 
maior do que a massa do átomo final. (Veja a 
questão 14). 
 
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9 
Resolução: 
Seja a seguinte reação nuclear: 
´tu → µt/<u + ~ + AQ 
(16.1) 
Em que AQ é o neutrino. Somando Z) dos dois 
lados da reação, teremos a seguinte relação entre 
os átomos neutros: 
©tu → ¶t/<u + )/+~ + AQ 
(16.2) 
De (16.2), teremos a seguinte equação para a 
massa-energia: 
W ½¹¸ P3 = ºW ¾¸•d¹ + 2+Q¼ P3 + ® ∴ ® = ºW ½¹¸ − W ¾¸•d¹ − 2+Q¼ P3 
(16.3) 
Em que +ÂÁ é igual a massa do elétron (+Q). De 
(16.3), para ® > 0, temos: 
ºW ½¹¸ − W ¾¸•d¹ ¼ − 2+Q > 0 
(16.4) 
 Questão 17
Use a lei de conservação da massa-energia para 
mostrar que a energia liberada na captura do 
elétron é positiva quando a massa do átomo 
neutro original é maior do que a massa do átomo 
final. (Veja a questão 14, no entanto some (Z − 1))). 
Resolução: 
Seja a seguinte reação nuclear: 
´tu + )/ → µt/<u + AQ 
(17.1) 
Somando dos dois lados da reação (17.1) a 
quantidade de (Z − 1)), teremos, para os átomos 
neutros: 
©tu → ¶t/<u + AQ 
(17.2) 
De (17.2), a equação de conservação massa-
energia fica: 
 W ½¹¸ P3 = W ¾¸•d¹ P3 + ® ∴ ® = ºW ½¹¸ − W ¾¸•d¹ ¼ P3 
(17.3) 
 
Assim, para ® > 0, teremos: 
 W ½¹¸ − W ¾¸•d¹ > 0 
(17.4) 
 
 Questão 18
 
O tório ;ℎoV3UV decai para o rádio ˆ‰33C pela 
emissão Ã. As massas dos átomos neutros são 230,033127 ^ para o ;ℎoV3UV e 226,025403 ^ para o ˆ‰33C . Se o núcleo pai do tório está em repouso, 
qual é a energia cinética da partícula à emitida? 
(Certifique-se de que você levou em consideração 
o recuo do núcleo filho.) 
Resolução: 
Seja a reação de decaimento dada por: 
 ;ℎoV3UV → ˆ‰33C + M)3T 
(18.1) 
 
Pela conservação da massa-energia, teremos: 
 
® = ºW ¥ÄwŠfsŠ − W ‘¤¤ffx − W [Qfe ¼P3 
(18.2) 
 
Em que W [Qfe = 4,002603 ^. Substituindo as 
massas em (18.2), teremos: 
 ® = 4,770212 W)X = 7,63 ∙ 10/<o : 
(18.3) 
 
Em (18.3), ® = ® ‘¤¤ffx + ® [Qfe . O momento linear 
deve ser conservado e lembrando que o tório 
estava em repouso, teremos: 
 }⃗ ‘¤¤ffx = −}⃗ [Qfe } ‘¤¤ffx = } [Qfe 
(18.4) 
 
 
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A energia cinética de uma partícula pode ser 
calculada segundo a expressão: 
® = }32+ 
(18.5) 
Assim: 
® = ® ‘¤¤ffx + ® [Qfe =
} ‘¤¤ffx32W ‘¤¤ffx +
} [Qfe32W [Qfe 
(18.6) 
Utilizando o resultado de (18.3) juntamente com 
(18.4) em (18.6), teremos: 
} [Qfe3 Å 12W ‘¤¤ffx +
1
2W [Qfe Æ = 4,770212 
} [Qfe3 = 9,540424 Å
W ‘¤¤ffx ∙ W [QfeW ‘¤¤ffx + W [Qfe Æ 
(18.7) 
A energia cinética da partícula alfa será então: 
® [Qfe =
} [Qfe32W [Qfe =
4,770212 ∙ W ‘¤¤ffxW ‘¤¤ffx + W [Qfe ∴ ® [Qfe ≅ 4,687208 W)X 
(18.8) 
O que confere ao rádio uma energia cinética de 
aproximadamente: 0,083004 W)X. 
 Questão 19
Mostre que a equação Y(Œ) = YV)/”% pode ser 
escrita na forma Y(Œ) = YV º<3¼
'
, onde z = Œ ;d f⁄⁄ é 
o número de meias-vidas decorridas a partir do 
instante Œ = 0. (Essa relação é válida mesmo 
quando z não é um número inteiro.) 
Resolução: 
A constante de decaimento é dada por: 
O = ln 2;< 3⁄ 
(19.1) 
Assim, podemos escrever: 
Y(Œ) = YV)/ 
%∙ÉÊ 3¥d f⁄ 
(19.2) 
 
Lembrando que )ÉÊ 3 = 2, teremos para (19.2): 
 
Y(Œ) = YV Ë 1)ÉÊ 3Ì
 %¥d f⁄
 
∴ Y(Œ) = YV Ë12Ì
 %¥d f⁄
 
(19.3) 
 
 Questão 20
 
Prove que, quando uma partícula com massa + 
e energia cinética ® colide com uma partícula em 
repouso com massa W, a energia cinética ®ž¯ no 
sistema do centro de massa (a energia disponível 
para iniciar a reação) é dada por 
 
®ž¯ = Í́¯ ∙ ®. 
 
Suponha que as energias cinéticas das partículas e 
dos núcleos sejam muito menores do que suas 
energias de repouso. Seja ®¯í' a energia mínima 
ou energia limite, ou seja, a energia cinética 
necessária para reproduzir a reação 
endoenergética descrita anteriormente. Mostre 
que 
 
®¯í' = −́¯Í ∙ œ. 
 
Resolução: 
Seja ® a energia cinética da partícula de massa + 
dada por: 
 
® = +˜32 
(20.1) 
 
Em que ˜ é a velocidade da partícula de massa + com relação à partícula de massa W (em 
repouso com relação ao laboratório). 
Com relação ao centro de massa do sistema, 
podemos dizer que as duas partículas estão em 
movimento, com velocidades dadas por ˜Í e ˜¯. 
Sendo que 
 
 
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˜Í + ˜¯ = ˜ 
(20.2) 
O momento linear total com relação ao centro de 
massa é nulo, logo: 
W˜Í = +˜¯ 
(20.3) 
Utilizando (20.2) e (20.3), podemos escrever: 
˜¯ = W˜+ + W 
 
˜Í = +˜+ + W 
(20.4) 
A energia cinética total com relação ao centro de 
massa será: 
®ž¯ = W˜Í
3
2 +
+˜3¯
2 
(20.5) 
Utilizando os resultados (20.4) em (20.5), 
teremos: 
®ž¯ = Î W+(W + +)3 +
W3
(W + +)3Ï
+˜3
2 
∴ ®ž¯ = W+ + W ∙ ® 
(20.6) 
Para uma reação endoenergética, temos: 
œ = (W + + − Wž¯)P3; œ < 0 
(20.7) 
Em que Wž¯ é a massa total após a reação. Então, 
a energia cinética limite, será dada por: 
®ž¯ = −œ W
+ + W ∙ ® = −œ 
∴ ®¯í' = − W + +W ∙ œ 
(20.8) 
 Questão 21
 
Calcule a energia liberada na reação de fissão 
 Go33Uv + zV< → ©)vT<TV + —™UoT + 2 zV< . 
 
Despreze a energia cinética inicial do nêutron 
absorvido. As massas atômicas são W ÐwffsÑ =235,043923 ^; W ½QÑedeŠ = 139,921636 ^ e W Ò$s¤we = 93,915360 ^. 
Resolução: 
A energia é dada por: 
 
? = ¿W ÐwffsÑ + W 'Šd − ºW ½QÑedeŠ + W Ò$s¤we + 2W 'Šd ¼À P3 ∴ ? = 184,7 W)X 
(21.1) 
 
Em que W 'Šd = 1,008665 ^. 
 
 Questão 22
 
Em uma experiência, o isótopo Ó<3 é criado 
irradiando-se o Ó<34 com um feixe de nêutrons que 
cria 1,5 ∙ 10C núcleos de Ó<3 por segundo. 
Inicialmente não existe nenhum núcleo de Ó<3 
presente. A meia-vida do Ó<3 é igual a 25 minutos. 
(a) Faça um gráfico do número de núcleos de Ó<3 
presentes em função do tempo. (b) Qual é a 
atividade da amostra 1, 10, 25, 50, 75 e 180 
minutos depois de a irradiação começar? (c) Qual 
é o número máximo de átomos de Ó<3 que podem 
ser criados na amostra depois que ela é irradiada 
durante um tempo muito longo? (Essa situação 
estacionária é chamada de saturação.) (d) Qual é a 
atividade máxima que pode ser produzida? 
Resolução: 
a) Temos uma produção de isótopos radioativos à 
medida que ocorre decaimento. Assim, a equação 
diferencial relativa a esse processo, será dada por: 
 ‹Y(Œ)
‹Œ = ˆ − OY(Œ) 
(22.1) 
 
Em que ˆ é a taxa constante de produção de 
isótopos radiativos. Assim, com o auxílio de uma 
tabela de integração, por exemplo, Spiegel M. R., 
 
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12 
Manual de Fórmulas e Tabelas Matemáticas, 
Coleção Schaum, Editora McGraw-Hill, Makron 
Books do Brasil, 1973, teremos para (22.1), a 
seguinte expressão: 
¦ ‹Y(Œ)ˆ − OY(Œ)
(
V
= ¦ ‹Œ%
V
 
− 1O §ln¬ˆ − OY(Œ)­ − ln ˆ¨ = Œ 
∴ Y(Œ) = ˆO ¬1 − )/”%­ 
(22.2) 
Utilizando os dados numéricos em (22.2), 
teremos: 
Y(Œ) = 3,25 ∙ 10o¬1 − )/3,∙<V•f%­ 
(22.3) 
Com o auxílio de uma planilha eletrônica, 
podemos construir o gráfico da equação (22.3) 
que é representado na figura 22.1. 
Figura 22.1 
b) A atividade é dada por OY(Œ). Então, de (22.3), 
teremos: 
 
OY(Œ) = 1,5 ∙ 10C¬1 − )/3,∙<V•f%­ 
(22.4) 
Substituindo os valores em (22.4), teremos: 
OY(1) ≅ 1,12 ∙ 10/C nŽ; OY(10) ≅ 9,9 ∙ 10/C nŽ; OY(25) ≅ 2,04 ∙ 10/v nŽ; OY(50) ≅ 3,05 ∙ 10/v nŽ; OY(75) ≅ 3,56 ∙ 10/v nŽ; 
OY(180) ≅ 4,03 ∙ 10/v nŽ 
(22.5) 
 
c) A saturação ocorre em: 
 
Y¯á· = lim%→Ö 3,25 ∙ 10o¬1 − )/3,∙<V•f%­ ∴ Y¯á· = 3,25 ∙ 10o 
(22.6) 
 
E a atividade máxima: 
 OY¯á· = 1,5 ∙ 10C ‹)P ∙ /< 
(22.7) 
 
Ou seja, 4,05 ∙ 10/vnŽ. Aqui, O = 4,62 ∙ 10/T /< ou O = 2,8 ∙ 10/3 +Žz/<. 
 
 
 
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
0 50 100 150 200 250
N(t) x 109 
t(min)