cap44

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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
Capítulo 44
44-2:	a)	U = -
 = -5.0 eV.
-5.0 eV = (4.3 eV) = -4.2 eV.
44-4:	Cada átomo possui massa m e está a uma distância igual a L/2 do centro, portanto o momento de inércia é 2(m)(L/2)2 = mL2/2 = 2.21 x 10-44 kg(m2.
44-6:	a)	(E =
 e explicitando k(,
k( = 
mr = 205 N/m.
44-8:	h( = 
 = 
= 3.14 x 10-20 J = 0.196 eV, onde mr = m/2.
44-10:	a)	Para um fóton,
		
= 0.200 nm.
Para uma onda associada com uma partícula,
		
= 0.200 nm and
Como se trata de uma onda associada com uma partícula,
	
 = 0.200 nm.
44-12:	a) Para um espaçamento médio a, a densidade é ( = m/a3, onde m é a média das massas iônicas, portanto
= 3.60 x 10-29 m3,
logo a = 3.30 x 10-10 m = 0.330 nm. 
b)	Os átomos maiores (com números atômicos mais elevados) possuem os maiores espaçamentos.
44-14:	a)	 
= 2.27 x 10-7 m = 227 nm, no ultravioleta.
A luz não possui energia suficiente para excitar os elétrons para uma banda de condução, portanto a luz passa através do diamante sem ser absorvida.
As impurezas podem fazer diminuir a largura da faixa de energia proibida, fazendo o material absorver comprimentos de onda mais curtos da luz. Isto permite os comprimentos de onda da luz passarem através do diamante sem serem absorvidos, explicando o fato do diamante se tornar colorido quando iluminado com luz visível.
44-16:	veficaz = 
= 1.17 x 105 m/s, como vimos no Exemplo 44-9. O princípio da eqüipartição não se aplica para elétrons com energia no nível de Fermi. Embora esses elétrons sejam muito energéticos, eles não podem perder energia, diferentemente dos elétrons no caso de um gás de elétrons livres.
44-18:	1 = 
	 = A2 
	 = A2 
	portanto A = (2/L)3/2.
44-20:	A Equação (44-13) pode ser resolvida para se obter nrs = (2mE)1/2(L/ђ(), e substituindo isto na Eq. (44-12), usando L3 = V, obtemos a Eq. (44-14).
44-22:	a)	Pela Eq. (44-22), Emédia = EF = 1.94 eV.
= 8.25 x 105 m/s.
	c)	
= 3.74 x 104 K.
44-24:	a)	Ver o Exemplo 44-10: As probabilidades são 1.78 x 10-7, 2.37 x 10-6, e 1.51 x 10-5.
A distribuição de Fermi, Eq. (44-17), possui a propriedade F(EF – E) = 1 – f(E) (ver o Problema (44-42)), e portanto a probabilidade de um estado no topo da banda de valência estar ocupado é a mesma probabilidade de um estado na base da banda de condução estar ocupado (este resultado depende da energia de Fermi estar situada no meio da largura da faixa de energia proibida).
44-26:	a)	Usando a Eq. (44-23) para obter a voltagem em função da corrente,
		
= 0.0645 V.
Usando a parte (a),obtemos: eeV/kT = 12.11, portanto para uma polarização com voltagem invertida porém de mesmo módulo,
I = IS(e-eV/kT – 1) = 3.6 
= -3.30 mA.
44-28:	Ver o Problema (44-3): =
 = 7.14 x 10-48 kg ( m2.
44-30:	A energia potencial elétrica é U = -5.13 eV, logo
r = -
= 2.8 x 10-10 m.
44-32:	As energias que correspondem aos comprimentos de onda observados são 3.29 x 10-21 J, 2.87 x 10-21 J, 2.47 x 10-21 J, 2.06 x 10-21 J e 1.65 x 10-21 J. O espaçamento médio entre essas energias é 0.410 x 10-21 J, e usando o resultado do Problema (44-4), vemos que elas decorrem das transições entre os níveis 8, 7, 6, 5 e 4 para os respectivos níveis inferiores adjacentes. Logo, 
= 0.410 x 10-21 J, portanto: I = 2.71 x 10-47 kg ( m2.
44-34:	Pelo resultado do Problema (44-5), o momento de inércia da molécula é
I = 
= 6.43 x 10-46 kg ( m2,
	e pela Eq. (44-6) a separação é
r0 =
 = 0.193 m.
44-36:	a)	Ico = 1.449 x 10-46 kg ( m2
		El=1 =
 = 7.67 x 10-23 J.
		El-0 = 0.
		(E = 7.67 x 10-23 J = 4.79 x 10-4 eV.
		( =
 = 2.59 x 10-3 m = 2.59 mm.
Vamos comparar o valor de kT quando T = 20 K com o valor de (E for a transição rotacional l = 1 ( l = 0:
KT = (1.38 x 10-23 J/K) (20 K) = 2.76 x 10-22 J.
(E = 7.67 x 10-23 J (pela parte (a)). Logo 
= 3.60.
	
Portanto, embora a temperatura T seja bastante pequena, ainda existe uma energia suficiente para excitar as moléculas do CO até o primeiro nível rotacional. Isso permite que os astrônomos possam detectar comprimento de onda de 2.59 mm da radiação produzida por aquelas moléculas existentes nas nuvens.
44-38:	A freqüência da vibração é, pela Eq. (44-8), f =
 = 1.12 x 1014 Hz. 
A constante da força restauradora é
k( = (2(f)2mr = 777 N/m.
44-40:	a)	A freqüência é proporcional ao inverso do quadrado da massa reduzida, e em termos das massas atômicas, a freqüência do átomo de deutério é
f = f0 
	Usando f0 pelo Exercício (44-9) e as massas dadas, obtemos: f = 8.99 x 1013 Hz.
44-42:	 A soma das probabilidades é 
44-44:	a)	
	Igualando a zero quando r = r0 , obtemos:
	E portanto
	Para r = r0,
Para remover um par de íons Na+Cl- do cristal necessitamos de 7.85 eV. Quando os átomos neutros de Na e Cl são formados pela aglutinação dos íons Na+ e Cl- ocorre a libertação de uma energia igual a –5.14 eV + 3.61 eV = -1.53 eV, portanto a energia total necessária para remover um par neutro de Na-Cl do cristal é dada por:
			 7.85 eV = 1.53 eV 6.32 eV.
44-46:	a)	Pelo Problema (44-45):
	b)	
8.45 x 1028 m-3.
		
	c)	
 
44-48:	a)	Seguindo a dica,
		
		porém
		
		onde usamos (m/2) para a massa reduzida.
	b)	A massa reduzida dobra e a energia se reduz de 
, passando para 0.54 eV.
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