Exercícios de Física: Energia e Comprimento de Onda

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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 40
40-2:	a)	Pt = (0.600 W) (20.0 x 10-3 s) = 0.0120 J = 7.49 x 1016 eV.
	b)	hf = 
= 3.05 x 10-19 J = 1.90 eV.
	c)	
= 3.94 x 1016.
40-4:	
	 = 1.50 x 10-19 fótons/s.
4-6:	
	 = 2.30 x 10-19 J = 1.44 eV.
40-8:	a)	Pela Eq. (40-4),
b)	O potencial de corte, multiplicado pela carga do elétron, é a energia cinética máxima , 2.7 eV.
	c)	
40-10:	a)	A freqüência de corte é encontrada fazendo V = 0 na Eq. (40-4), f0 = (/h.
	b)	
40-12:	a)	-E1 = 20 eV.
	b)	O sistema começa no estado n = 4. Se procurarmos todos os caminhos até n = 1 verificamos que as transições 4-3, 4-2, 4-1, 3-2, 3-1, e 2-1 são possíveis, com energias 3 eV, 7 eV, 18 eV, 5 eV, 15 eV, e 10 eV, respectivamente.
	c)	Não existe nenhum nível com energia de 8 eV acima da energia do estado fundamental, portanto o fóton não será absorvido.
	d)	A função trabalho deve ser maior do que 3 eV, porém menor do que 5 eV.
40-14:	Lyman: o maior comprimento de onda ocorre quando n = 2, logo
( = 
 na região ultravioleta. O menor comprimento de onda ocorre quando n = 
91.2 nm, também na região ultravioleta.
Paschen: o maior comprimento de onda ocorre quando n = 4, 
 1875 nm, na região infravermelha. o menor comprimento de onda ocorre quando 
n = 
820 nm, também na região infravermelha.
40-16:	a)	Igualando a energia cinética inicial com a energia potencial final e explicitando a distância r entre as partículas
	b)	O resultado anterior pode ser substituído na lei de Coulomb, então a força será dada por
40-18:	
 portanto ( = 97.0 nm e 
3.09 x 1015 Hz.
40-20:	a), b)	Para qualquer um dos dois átomos, o módulo do momento angular é 
40-22:	a)	Usando os valores do Apêndice F, mantendo oito algarismos significativos, obtemos: R = 1.0973731 x 107 m-1. 
	b)	Usando oito algarismos significativos para R, obtemos: 
 2.1798741 x 10-18 J = 13.605670 eV.
Usando o valor da massa do próton fornecido no Apêndice F obtemos: 
R = 1.0967758 x 107 m-1, o qual concorda com o cálculo usando cinco algarismos significativos obtido com o valor mr = 0.99946 m. Logo
	E = 2.17868751 x 10-18 J = 13.598292 eV.
40-24:	
	Pelo diagrama (E3/2-g = 
	
	portanto (E3/2-1/2 = 3.375 x 10-19 J = 3.371 x 10-19 J = 4.00 x 10-22 J.
	
= 0.944. Logo mais átomos estão no estado 2p1/2.
40-26:		20.66 eV – 18.70 eV = 1.96 eV = 3.14 x 10-19 J, e 
 nm, com boa concordância.
40-28:	a)	
= 8.29 x 103 V = 8.29 kV.
	b)	O comprimento de onda mais curto deveria corresponder a uma energia máxima do elétron, eV, e portanto 
 0.0414 nm.
40-30:	Pela Eq. (40-21), cos 
 e portanto 
	a) (( = 0.0542 nm – 0.0500 nm, cos 
	b) ((= 0.0521 nm – 0.0500 nm. Cos ( = 1 - 
	c) (( = 0, o fóton não sofre desvio, cos ( = 1 e ( = 0.
40-32:	a)	
0.0691 nm.
	b)	(( - ( = (h/mc)(1 – cos () = (2.426 x 10-12 m) x (1 – cos 45.0o) = 7.11 x 10-13 m, portanto (( = 0.0698 nm.
	c)	E = 
17.8 keV.
40-34:	De acordo com a lei do deslocamento de Wien (Equação 40-28), obtemos: 
	
 7230 K. 
40-36:	Pela Eq. (40-28), 
	a) 	
0.966 mm, e f = 
3.10 x 1011 Hz. 
Note que usamos um valor com mais algarismos significativos na constante da lei do deslocamento de Wien.
	b)	Um aumento de temperatura de um fator igual a 100 faz (m diminuir de um fator igual a 100, ou seja, o comprimento de onda passa para 9.66 (m e produz um aumento de freqüência pelo mesmo, ou seja, a freqüência passa para 3.10 x 1013 Hz.
	c)	Analogamente, (m= 966 nm e f = 3.10 x 1014 Hz.
40-38:	a)	Como no Exemplo 40-11, usando quatro algarismos significativos para os valores das constantes físicas, obtemos: 
		donde se conclui que
	b)	Para T = 2000 K e usando os mesmos valores para ( e ((,
		e portanto
	c)	Para T = 6000 K, 
 = 4.790 e 
	d)	Para essas temperaturas, a intensidade varia fortemente com a temperatura, embora para temperaturas ainda mais elevadas a intensidade neste intervalo de comprimentos de onda deveria diminuir. Pela lei de deslocamento de Wien, a temperatura com o pico da distribuição correspondente a este intervalo de comprimentos é igual a 5800 K (ver o Exemplo 40-10), próximo do valor usado na parte (c).
40-40:	Combinando as Equações (40-26) e (40-28), obtemos: 
40-42:	a)	Considere velocidades não-relativísticas e a conservação do momento linear,
		mv = 
	b)	
	c)	
 
O recuo torna-se um fator importante para pequenos valores de m e para pequenos valores de ( visto que esta razão torna-se grande nesses limites.
	d)	E = 10.2 eV 
		K = 
 8.84 x 10-27 J = 5.53 x 10-8 eV.
5.42 x 10-9. Esta razão é muito pequena de modo o recuo pode ser desprezado.
40-44:	a)	
 e os comprimentos de ondas são: césio: 590 nm, cobre: 264 nm, potássio: 539 nm, zinco: 288 nm.
	b)	O comprimentos de onda do cobre e do zinco estão na faixa do ultravioleta, e a luz visível não possui fótons com energia suficiente para superar a energia de corte desses metais.
40-46:	a)	Ver o Problema 40-4:
	
 6.03 x 1019 fótons/s.
São necessários 
= 1.00 x 1011 fótons/s/cm2. Logo
r = 
 6930 cm = 69.3 m.
40-48:	Pela Eq. (40-14), a velocidade no estado fundamental é v1 = Z(2.19 x 106 m/s). 
		Fazendo v1 = 
 obtemos: Z = 13.7, ou 14 porque o número deve ser inteiro.
	b)	A energia de ionização é E = Z2 (13.6 eV), e a energia de repouso de um elétron é igual a 0.511 MeV, e fazendo E = 
 obtemos: Z = 19.4, ou 19 porque o número deve ser inteiro.
40-50:	a)	Os níveis são E4 = - 1.0 eV, E3 = -5.0 eV, E2 = -8.0 eV, e E1 = -10.0 eV.
				
	b)	Podem ocorrer diretamente as transições entre os níveis 4-3(4 eV), 4-2(7 eV), e 4-1(9 eV), porém indiretamente também podem ocorrer as transições entre os níveis 3-2(3 eV), 3-1(5 eV), e 2-1(2 eV) depois de uma transição direta começando no nível 4.
40-52:	a)	Em termos da massa M do satélite, do raio orbital R e do período orbital T,
		Substituindo os valores numéricos, obtemos: n = 1.08 x 1046.
	b)	O momento angular do satélite em termos da sua velocidade orbital V, massa M, e raio R é dado por L = MVR, portanto V2 = (L/MR)2, e sua aceleração centrípeta é dada por 
		A lei de Newton da gravitação pode ser expressa do seguinte modo
		Fazendo L = nh/2(,
	c)	(R = 2kn(n, e para a órbita seguinte (n = 1, e (R = n(h2/2(2GMTerraM2). Substituindo os valores numéricos do Apêndice F e usando n encontrado na parte (a) obtemos: (R = 1.5 x 10-39 módulo
	d)	Pelo resultado da parte (c) vemos que este efeito não pode ser observado.
	e)	Existe uma correspondência entre a órbita quântica e a órbita clássica, os dois tratamentos são corretos, porém somente os cálculos clássicos possuem utilidade prática.
40-54:	a)	
 substituindo os valores numéricos, obtemos: mr,d = 0.999728 me.
Seja 
 é a constante de Rydberg calculada com
	 m = mr,p = 0.999456, logo
	Portanto
40-56:		
		
		
	 Eex – Eg = 10.2 eV = 1.63 x 10-18 J.
	a)	
	b)	
	c)	
	d)	Para que ocorra absorção em uma série de Balmer, o átomo de hidrogênio deve começar no estado n = 2. Pela parte (a), as estrelas mais frias possuem um menor número de átomos neste estado produzindo linhas de absorção mais fracas.
40-58:	a)	( = 180o portanto (1 – cos () = 2
0.0049 nm, 
		portanto (( = 0.1849 nm.
	b)	
 2.93 x 10-17 J = 183 eV.
		Esta energia é a energia cinética do elétron.
	c)	A energia cinética encontrada é muito menor do que a energia de repouso do elétron, portanto um cálculo não-relativístico é adequado; obtemos: 
40-60:	a)	Potência fornecida = pIV.
	b)	dE = mcdT ( Potência fornecida = 
	Logo 
	c)	
	d)	É necessáriousar um material que possua ponto de fusão elevado e uma capacidade calorífica grande — por exemplo, o tungstênio e o cobre.
40-62:	a)	((1 = (h/mc)(1 – cos (1), ((2 = (h/mc)(1 – cos (2), e portanto o deslocamento total do comprimento de onda é (( = (h/mc)(2 – cos (1 – cos (2).
	b)	Geralmente, o deslocamento total produzido por dois espalhamentos sucessivos de (/2 é menor do que o produzido por um único espalhamento com um ângulo (. Para verificar isto, use a identidade
a – cos ( = 2(1 – cos2((/2)) = 2(1 – cos((/2))(1 + cos((/2))
		juntamente com a condição cos((/2) > 0 para 0 < ( < 180o.
	c)	(h/mc)2(1 – cos 30.0o) = 0.268 (h/mc).
	
	d)	(h/mc)(1 – cos 60o) = 0.500(h/mc), que é realmente maior do que o deslocamento encontrado na parte (c).
40-64:	a)	A energia final do fóton é 
 e E = E( + K, onde K é a energia cinética do elétron depois da colisão. Logo,
		
Usamos K = mc2(( - 1) porque o cálculo relativístico é necessário visto que precisamos de pelo menos três algarismos significativos que são fornecidos pela expressão relativística).
	b)	( = arcos(1- ((/(h/mc)).
	c)	
		
40-66:	I = (T4, P = IA, e (E = Pt; obtemos: 
	
	= 8.81 x 103s = 2.45 h.
40-68:	Cada fóton possui momento linear 
 e se a taxa com a qual os prótons colidem com a superfície é (dN/dt), a força sobre a superfície é (h/()(dN/dt), e a pressão é (h/()(dN/dt)/A. Logo a intensidade é
I = (dN/dt)(E)/A = (dN/dt)(hc/()/A,
	Comparando com a expressão do momento linear verificamos que a pressão é (I/c).
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