NF5420 P2 2sem2017

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NF5420 – Princípios de Física Moderna Prova P2 2º Sem./2017 
 
 
NF 5420 P2 - VERDE 27 / 11 / 2017 N
o Turma 
de Teoria: 
Os espaços abaixo são 
reservados para as notas 
NOME: 1) 
ASSINATURA: 2) 
Instruções Gerais: Prova sem consulta. Permitido o de 1 calculadora não alfa numérica. 3) 
Respostas desacompanhadas de suas resoluções ou resoluções confusas não serão consideradas. 4) 
Responda as questões nos locais indicados. Não serão consideradas respostas fora desses locais. 5) 
Indicar as unidades das grandezas em todos os valores calculados. Duração: 80 min. 
Nota 
 
Penalização de 0,2 ponto por unidade incorreta ou faltando em qualquer valor calculado. 
 
 
𝑐 =  𝑓 =
𝜔
𝑘
= 3 𝑥 108 
𝑚
𝑠
 
 
𝜇𝑜 = 4 𝜋 𝑥 10
−7 
𝐻
𝑚
 
 
𝜀𝑜 = 8,85 𝑥 10
−12 
𝐹
𝑚
 
 
𝑒 = 1,60 𝑥 10− 19 𝐶 
 
𝑚𝑒 = 9,11 𝑥 10
−31 𝑘𝑔 
 
𝑚𝑝 = 𝑚𝑛 = 1,67 𝑥 10
−27 𝑘𝑔 
 
 
1 𝑒𝑉 = 1,60 𝑥 10− 19 𝐽 
 
ℎ = 6,63 𝑥 10−34 𝐽 ∙ 𝑠 
 
ℎ = 4,14 𝑥 10−15 𝑒𝑉 ∙ 𝑠 
 
 = 
ℎ
2 𝜋
= 1,06 𝑥 10−34 𝐽 ∙ 𝑠 
 
 = 
ℎ
2 𝜋
= 0,659 𝑥 10−15 𝑒𝑉 ∙ 𝑠 
 
ℎ ∙ 𝑐 = 1,989 𝑥 10−25 𝐽 ∙ 𝑚 
 
ℎ ∙ 𝑐 = 1,242 𝑥 10−6 𝑒𝑉 ∙ 𝑚 
 
 
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚 ∙ 𝜆 
 
𝑑 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚 ∙ 𝜆 
 
1 𝐺 − 109 
 
1 𝑀 − 106 
 
1 𝑘 − 103 
 
1 𝜇 − 10−6 
 
1 𝑛 − 10−9 
 
1 𝑝 − 10−12 
 
1 𝑓 − 10−15 
 
 
𝑇 = 𝐺 ∙ 𝑒−2∙𝑘∙𝐿 
 
𝐺 = 16 ∙
𝐸
𝑈𝑜
 (1 −
𝐸
𝑈𝑜
) 
 
𝑘 = 
√2 𝑚 ∙ (𝑈𝑜 − 𝐸)

 
 
∆𝑥 ∙ ∆𝑝 ≥  ; ∆𝐸 ∙ ∆𝑡 ≥  ; 𝑝 = 𝑚 ∙ 𝑣 =
ℎ

 
 
𝐿 = 𝑛 

2
; (𝑥) = √
2
𝐿
 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛 𝜋 𝑥
𝐿
) ; 𝐸𝑛 = 
𝑛2 ∙ ℎ2
8 𝑚 𝐿2
; 𝐸 = 
𝑝2
2 𝑚
= 
ℎ2
2 𝑚 2
; 𝐸𝑛 = − 
13,6
𝑛2
; ∫ 𝑠𝑒𝑛2𝜃 ∙ 𝑑𝜃 = 
𝜃
2
−
1
4
𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 
 
 
𝐸 = 𝑛 ℎ 𝑓; 𝐾𝑚𝑎𝑥 = ℎ 𝑓 − 𝜙; 𝜙 = ℎ 𝑓𝑐; 𝐾𝑚𝑎𝑥 = 𝑒𝑉𝑜 =
1
2
𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2 
 
 
�⃗� (𝑟 , 𝑡) = �⃗� 𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑒𝑛(�⃗� ∙ 𝑟 ± 𝜔 ∙ 𝑡) ; �⃗� (𝑟 , 𝑡) = �⃗� 𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑒𝑛(�⃗� ∙ 𝑟 ± 𝜔 ∙ 𝑡) ; 
𝐸
𝐵
=
𝐸𝑚𝑎𝑥
𝐵𝑚𝑎𝑥
= 𝑐 =
1
√𝜇𝑜∙𝜀𝑜
 
 
 
𝑆 =
1
𝜇𝑜
�⃗� × �⃗� ; 𝐼 = 𝑆𝑚é𝑑𝑖𝑜 =
𝑃
Á𝑟𝑒𝑎
= 
𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎
∆𝑡 ∙ Á𝑟𝑒𝑎
=
1
2 𝜇𝑜 ∙ 𝑐
𝐸𝑚𝑎𝑥
2 ; 𝑃 =
𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎
∆𝑡
; 𝑝𝑟 =
𝐹
Á𝑟𝑒𝑎
=
𝐼
𝑐
; 𝑝𝑟 =
𝐹
Á𝑟𝑒𝑎
=
2 𝐼
𝑐
 
 
 
𝑢 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑚é𝑑𝑖𝑎
= 𝑢𝐸𝑚é𝑑𝑖𝑎 + 𝑢𝐵𝑚é𝑑𝑖𝑎 ; 𝑢𝐸𝑚é𝑑𝑖𝑎 = 𝑢𝐵𝑚é𝑑𝑖𝑎 = 
1
4
 𝜀𝑜 ∙ 𝐸𝑚𝑎𝑥
2 
 
 
 
Nº 
 Nº sequencial 
 
Faça as contas com todos os algarismos; 
Apresente as respostas finais com 3 algarismos significativos. 
NF5420 – Princípios de Física Moderna Prova P2 2º Sem./2017 
1) Considere um átomo hipotético de 1 elétron, similar mas não igual ao átomo de hidrogênio. Quando o elétron deste 
átomo se encontra no segundo estado excitado, a energia de ionização é de 1,50 eV. 
(a) (1,0 ponto). Calcule o comprimento de onda do fóton emitido quando o elétron deste átomo decai do segundo 
estado excitado para o primeiro estado excitado. 
 
 2º estado excitado: n = 3  E3 = – 1,50 eV 
 
𝐸𝑛 = −
𝐸1
𝑛2
 → 𝐸1 = − 3
2 ∙ 1,50 𝑒𝑉 → 𝐸1 = − 13,50 𝑒𝑉 → 𝑬𝟐 = − 𝟑, 𝟑𝟕𝟓 𝒆𝑽 = −𝟓, 𝟒𝟎𝒙 𝟏𝟎
−𝟏𝟗 𝑱 
 
 
 Energia do fóton emitido na transição 𝑛𝑖 = 3 → 𝑛𝑓 = 2: 
 
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = |𝐸𝑓 − 𝐸𝑖| = |−3,375 − (−1,50)| 𝑒𝑉 → 𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 1,875 𝑒𝑉 = 3,00 𝑥 10
−19 𝐽 
 
 
 Comprimento de onda do fóton emitido na transição 𝑛𝑖 = 3 → 𝑛𝑓 = 2: 
 
𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛
= 
1,242 𝑥 10−6 𝑒𝑉.𝑚
1,875 𝑒𝑉
 → 𝒇ó𝒕𝒐𝒏 = 𝟔, 𝟔𝟐 𝒙 𝟏𝟎
−𝟕 𝒎 = 𝟎, 𝟔𝟔𝟐 𝝁𝒎 
 
(b) (1,5 ponto). Como um possível modelo simplificado para este átomo, podemos considerar o elétron como 
estando preso em um poço unidimensional de energia potencial infinita, de largura L. Neste caso, qual deve ser o 
valor de L para que o decaimento descrito no item anterior aconteça? 
 
 Para um poço de energia potencial infinita, de largura L: 𝐸1 = 
ℎ2
8∙𝑚∙𝐿2
 
 
𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛
=
ℎ ∙ 𝑐
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝐸1
= 
ℎ ∙ 𝑐 ∙ 8 ∙ 𝑚 ∙ 𝐿2
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ ℎ2
 → 𝐿 = √ 
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝑓ó𝑡𝑜𝑛 ∙ ℎ
8 ∙ 𝑚 ∙ 𝑐
 
 
 
 Para o decaimento do item anterior acontecer, tem-se: 𝑛𝑖 = 3, 𝑛𝑓 = 2 𝑒 𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 6,62 𝑥 10
−7 𝑚. Assim: 
 
 
 𝐿 = √ 
|32 − 22| ∙ 6,62 𝑥 10−7𝑚 ∙ 6,63 𝑥 10−34 𝐽. 𝑠
8 ∙ 9,11 𝑥 10−31 𝑘𝑔 ∙ 3 𝑥 108𝑚/𝑠
 → 𝑳 = 𝟏, 𝟎𝟎 𝒙 𝟏𝟎−𝟗 𝒎 = 𝟏, 𝟎𝟎 𝒏𝒎 
 
 
2) (1,5 ponto). O diodo é um dispositivo semicondutor que transmite energia apenas em um 
sentido e é um dos principais elementos de todos os circuitos eletrônicos. O diodo túnel, 
descoberto pelo físico japonês Leo Esaki, é um tipo de diodo semicondutor extremamente 
rápido, que opera na casa dos GHz, uma propriedade bastante atraente para a indústria de 
celulares e de memórias rápidas. Ele é formado por uma região positiva, uma região neutra 
e uma região negativa. Ao se aplicar certa diferença de potencial V entre as regiões positiva 
e negativa (veja a figura ao lado), ocorre o tunelamento de elétrons através da região neutra, alterando a corrente 
elétrica que passa pelo dispositivo. Tipicamente, a energia potencial da região neutra é de 3,00 eV, que funciona como 
barreira para os elétrons. A energia com que os elétrons tunelam através da região neutra é, tipicamente, de 1,50 eV. 
Sabendo que a probabilidade de tunelamento é de 1,40 x 10–5, calcule a largura da barreira de energia potencial. 
 
 𝐸 = 1,50 𝑒𝑉 ; 𝑈𝑜 = 3,00 𝑒𝑉; 𝑇 = 1,40 𝑥 10
−5 
 
 
𝐺 = 16 ∙
𝐸
𝑈𝑜
 (1 − 
𝐸
𝑈𝑜
) = 16 ∙
1,50 𝑒𝑉
3,00 𝑒𝑉
 (1 − 
1,50 𝑒𝑉
3,00 𝑒𝑉
 ) → 𝑮 = 𝟒, 𝟎𝟎 
 
 
𝑘 = 
√2 𝑚 ∙ (𝑈𝑜 − 𝐸)

= 
√2 ∙ 9,11 𝑥 10−31 𝑘𝑔 ∙ (3,00 − 1,50) 𝑒𝑉 ∙ 1,6 𝑥 10−19 
1,06 𝑥 10−34 𝐽. 𝑠
 → 𝒌 = 𝟔, 𝟐𝟒 𝒙 𝟏𝟎𝟗 𝒎−𝟏 
 
 
 
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Continuação da resolução da questão 2) 
 
 
𝑇 = 𝐺 ∙ 𝑒−2∙𝑘∙𝐿 → −2 ∙ 𝑘 ∙ 𝐿 = ln (
𝑇
𝐺
) → 𝐿 = − 
1
2 𝑘
∙ ln (
𝑇
𝐺
) 
 
 
𝐿 = − 
1
2 ∙ 6,24 𝑥 109
∙ ln (
1,40 𝑥 10−5
4,00
) → 𝑳 = 𝟏, 𝟎𝟎 𝒙 𝟏𝟎−𝟗 𝒎 = 𝟏, 𝟎𝟎 𝒏𝒎 
 
 
 
3) Lasers atômicos são feixes coerentes de átomos que podem ser extraídos do chamado 
“condensado de Bose-Einstein”. Um laser atômico formado por átomos de sódio, de massa 
3,82 x 10–26 kg, é dirigido com velocidade de 17,1 mm/s em direção a uma fenda de largura a. 
Em uma tela distante 15,0 cm da fenda, é observado o padrão de difração mostrado na figura 
ao lado. Pedem-se: 
 
(a) (0,5 ponto). Determine o comprimento de onda dos átomos de sódio. 
 
 
 
 = 
ℎ
𝑚 ∙ 𝑣
= 
6,63 𝑥 10−34 𝐽. 𝑠
3,82 𝑥 10−26 𝑘𝑔 ∙ 17,1 𝑥 10−3 𝑚/𝑠
 →  = 𝟏, 𝟎𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟔 𝒎 = 𝟏, 𝟎𝟐 𝝁𝒎 
 
 
 
 
(b) (1,0 ponto). Calcule a largura da fenda. 
 
 
 Da figura acima: 𝑚 = +1 ⇒ 𝜃 = 1,5𝑜 
 
 
 
𝑚 ∙  = 𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) → 𝑎 = 
𝑚 ∙ 
𝑠𝑒𝑛(𝜃)
 → 𝑎 = 
1 ∙ 1,02 𝑥 10−6 𝑚
𝑠𝑒𝑛(1,5𝑜)
 → 𝒂 = 𝟑, 𝟗𝟎 𝒙 𝟏𝟎−𝟓 𝒎 
 
 
 
(c) (1,0 ponto). Supondo que este mesmo feixe de luz laser incida sobre um átomode hidrogênio no estado 
fundamental, qual seria o estado final do elétron? 
 
 
 Átomo de hidrogênio no estado fundamental: 𝐸1 = −13,6 𝑒𝑉; 𝐸2 = −3,40 𝑒𝑉 → |∆𝑬𝟏−𝟐| = 𝟏𝟎, 𝟐 𝒆𝑽 
 
 
 
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
𝑓ó𝑡𝑜𝑛
= 
1,242 𝑥 10−6 𝑒𝑉.𝑚
1,02 𝑥 10−6 𝑒𝑉
= 𝟏, 𝟐𝟐 𝒆𝑽 < 𝟏𝟎, 𝟐 𝒆𝑽 
 
 
 
A energia do fóton incidente é insuficiente para excitar o elétron. 
 
 
Portanto, o estado final do elétron será: 𝒏 = 𝟏 (𝒇𝒖𝒏𝒅𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒂𝒍) 
 
 
 
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4) Pontos quânticos são dispositivos de dimensões manométricas capazes de emitir luz. Um 
modelo simples para um ponto quântico é considerar o elétron preso a um poço de 
potencial infinito, de largura L. Para caracterizar estes dispositivos, incidimos sobre eles 
fótons de comprimentos de onda que variam entre 10,0 m e 120 m. Os comprimentos 
de onda dos fótons absorvidos são indicados no diagrama de níveis de energia ao lado, que 
não está em escala. Sendo:  = 40,0 m e  = 20,0 m, pedem-se: 
 
(a) (1,5 ponto). Calcule o maior comprimento de onda do fóton que este ponto quântico pode absorver. 
 
 
 Na transição 𝑛𝑖 = 1 → 𝑛𝑓 = 3, 𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 𝛼 = 40,0 𝜇𝑚. 
 
 
𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛
=
ℎ ∙ 𝑐
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝐸1
 → 𝛼 = 
ℎ ∙ 𝑐
|32 − 12| ∙ 𝐸1
 → 
ℎ ∙ 𝑐
𝐸1
= |32 − 12| ∙ 𝛼 → 
𝒉 ∙ 𝒄
𝑬𝟏
= 𝟑𝟐𝟎 𝝁𝒎 
 
 
 
 O maior comprimento de onda do fóton que pode ser absorvido corresponde à transição: 𝑛𝑖 = 1 → 𝑛𝑓 = 2. Daí: 
 
 
𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝐸1
=
1
|22 − 12|
∙
ℎ ∙ 𝑐
𝐸1
 = 
1
3
∙ 320 𝜇𝑚 
 
 
 𝒇ó𝒕𝒐𝒏 = 𝟏𝟎𝟕 𝝁𝒎 = 𝟏, 𝟎𝟕 𝒙 𝟏𝟎
−𝟒 𝒎 
 
 
 
(b) (1,0 ponto). Com o elétron no segundo estado excitado, determine os locais menos prováveis para se encontrar 
o elétron neste ponto quântico. Justifique. 
 
 
 Menor probabilidade  𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛∙𝜋∙𝑥
𝐿
) = 0. Para 𝑛 = 3, as posições mais prováveis são: 
 
 
𝒙𝟏 = 𝟎 𝒎 ; 𝒙𝟐 =
𝑳
𝟑
 ; 𝒙𝟑 = 
𝟐 𝑳
𝟑
 𝒆 𝒙𝟒 = 𝑳 
 
 
(são os pontos indicados por 1, 2 3 e 4 na figura abaixo) 
 
 
 
5) (1,0 ponto). Suponha que um elétron esteja “preso” em uma dimensão e possa se mover apenas na direção x. 
Suponha ainda, que a incerteza na medida da posição do elétron é 2,50 x 10–10 m. Calcule o valor mínimo para a 
incerteza no momento linear do elétron. 
 
 
∆𝑥 ∙ ∆𝑝 ≥ 
ℎ
2 𝜋
 → ∆𝑝 ≥ 
ℎ
2 𝜋 ∙ ∆𝑥
 
 
 
∆𝑝 ≥ 
6,63 𝑥 10−34
2 𝜋 ∙ 2,50 𝑥 10−10 𝑚
= 4,22 𝑥 10−25 𝑁. 𝑠 → ∆𝒑𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 = 𝟒, 𝟐𝟐 𝒙 𝟏𝟎
−𝟐𝟓 𝑵. 𝒔 (𝑜𝑢 𝑘𝑔.
𝑚
𝑠
) 
 
 
Obs.: Veja outra forma de 
resolver este item no 
gabarito da prova BRANCA 
NF5420 – Princípios de Física Moderna Prova P2 2º Sem./2017 
 
 
NF 5420 P2 - BRANCA 27 / 11 / 2017 N
o Turma 
de Teoria: 
Os espaços abaixo são 
reservados para as notas 
NOME: 1) 
ASSINATURA: 2) 
Instruções Gerais: Prova sem consulta. Permitido o de 1 calculadora não alfa numérica. 3) 
Respostas desacompanhadas de suas resoluções ou resoluções confusas não serão consideradas. 4) 
Responda as questões nos locais indicados. Não serão consideradas respostas fora desses locais. 5) 
Indicar as unidades das grandezas em todos os valores calculados. Duração: 80 min. 
Nota 
 
Penalização de 0,2 ponto por unidade incorreta ou faltando em qualquer valor calculado. 
 
 
𝑐 =  𝑓 =
𝜔
𝑘
= 3 𝑥 108 
𝑚
𝑠
 
 
𝜇𝑜 = 4 𝜋 𝑥 10
−7 
𝐻
𝑚
 
 
𝜀𝑜 = 8,85 𝑥 10
−12 
𝐹
𝑚
 
 
𝑒 = 1,60 𝑥 10− 19 𝐶 
 
𝑚𝑒 = 9,11 𝑥 10
−31 𝑘𝑔 
 
𝑚𝑝 = 𝑚𝑛 = 1,67 𝑥 10
−27 𝑘𝑔 
 
 
1 𝑒𝑉 = 1,60 𝑥 10− 19 𝐽 
 
ℎ = 6,63 𝑥 10−34 𝐽 ∙ 𝑠 
 
ℎ = 4,14 𝑥 10−15 𝑒𝑉 ∙ 𝑠 
 
 = 
ℎ
2 𝜋
= 1,06 𝑥 10−34 𝐽 ∙ 𝑠 
 
 = 
ℎ
2 𝜋
= 0,659 𝑥 10−15 𝑒𝑉 ∙ 𝑠 
 
ℎ ∙ 𝑐 = 1,989 𝑥 10−25 𝐽 ∙ 𝑚 
 
ℎ ∙ 𝑐 = 1,242 𝑥 10−6 𝑒𝑉 ∙ 𝑚 
 
 
𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚 ∙ 𝜆 
 
𝑑 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚 ∙ 𝜆 
 
1 𝐺 − 109 
 
1 𝑀 − 106 
 
1 𝑘 − 103 
 
1 𝜇 − 10−6 
 
1 𝑛 − 10−9 
 
1 𝑝 − 10−12 
 
1 𝑓 − 10−15 
 
 
𝑇 = 𝐺 ∙ 𝑒−2∙𝑘∙𝐿 
 
𝐺 = 16 ∙
𝐸
𝑈𝑜
 (1 −
𝐸
𝑈𝑜
) 
 
𝑘 = 
√2 𝑚 ∙ (𝑈𝑜 − 𝐸)

 
 
∆𝑥 ∙ ∆𝑝 ≥  ; ∆𝐸 ∙ ∆𝑡 ≥  ; 𝑝 = 𝑚 ∙ 𝑣 =
ℎ

 
 
𝐿 = 𝑛 

2
; (𝑥) = √
2
𝐿
 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛 𝜋 𝑥
𝐿
) ; 𝐸𝑛 = 
𝑛2 ∙ ℎ2
8 𝑚 𝐿2
; 𝐸 = 
𝑝2
2 𝑚
= 
ℎ2
2 𝑚 2
; 𝐸𝑛 = − 
13,6
𝑛2
; ∫ 𝑠𝑒𝑛2𝜃 ∙ 𝑑𝜃 = 
𝜃
2
−
1
4
𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 
 
 
𝐸 = 𝑛 ℎ 𝑓; 𝐾𝑚𝑎𝑥 = ℎ 𝑓 − 𝜙; 𝜙 = ℎ 𝑓𝑐; 𝐾𝑚𝑎𝑥 = 𝑒𝑉𝑜 =
1
2
𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥
2 
 
 
�⃗� (𝑟 , 𝑡) = �⃗� 𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑒𝑛(�⃗� ∙ 𝑟 ± 𝜔 ∙ 𝑡) ; �⃗� (𝑟 , 𝑡) = �⃗� 𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑒𝑛(�⃗� ∙ 𝑟 ± 𝜔 ∙ 𝑡) ; 
𝐸
𝐵
=
𝐸𝑚𝑎𝑥
𝐵𝑚𝑎𝑥
= 𝑐 =
1
√𝜇𝑜∙𝜀𝑜
 
 
 
𝑆 =
1
𝜇𝑜
�⃗� × �⃗� ; 𝐼 = 𝑆𝑚é𝑑𝑖𝑜 =
𝑃
Á𝑟𝑒𝑎
= 
𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎
∆𝑡 ∙ Á𝑟𝑒𝑎
=
1
2 𝜇𝑜 ∙ 𝑐
𝐸𝑚𝑎𝑥
2 ; 𝑃 =
𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎
∆𝑡
; 𝑝𝑟 =
𝐹
Á𝑟𝑒𝑎
=
𝐼
𝑐
; 𝑝𝑟 =
𝐹
Á𝑟𝑒𝑎
=
2 𝐼
𝑐
 
 
 
𝑢 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑚é𝑑𝑖𝑎
= 𝑢𝐸𝑚é𝑑𝑖𝑎 + 𝑢𝐵𝑚é𝑑𝑖𝑎 ; 𝑢𝐸𝑚é𝑑𝑖𝑎 = 𝑢𝐵𝑚é𝑑𝑖𝑎 = 
1
4
 𝜀𝑜 ∙ 𝐸𝑚𝑎𝑥
2 
 
 
 
Nº 
 Nº sequencial 
 
Faça as contas com todos os algarismos; 
Apresente as respostas finais com 3 algarismos significativos. 
NF5420 – Princípios de Física Moderna Prova P2 2º Sem./2017 
1) Considere um átomo hipotético de 1 elétron, similar mas não igual ao átomo de hidrogênio. Quando o elétron deste 
átomo se encontra no segundo estado excitado, a energia de ionização é de 1,40 eV. 
(a) (1,0 ponto). Calcule o comprimento de onda do fóton emitido quando o elétron deste átomo decai do segundo 
estado excitado para o primeiro estado excitado. 
 
 2º estado excitado: n = 3  E3 = – 1,40 eV 
 
𝐸𝑛 = −
𝐸1
𝑛2
 → 𝐸1 = − 3
2 ∙ 1,40 𝑒𝑉 → 𝐸1 = − 12,60 𝑒𝑉 → 𝑬𝟐 = − 𝟑, 𝟏𝟓 𝒆𝑽 = −𝟓, 𝟎𝟒 𝒙 𝟏𝟎
−𝟏𝟗 𝑱 
 
 
 Energia do fóton emitido na transição 𝑛𝑖 = 3 → 𝑛𝑓 = 2: 
 
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = |𝐸𝑓 − 𝐸𝑖| = |−3,15 − (−1,40)| 𝑒𝑉 → 𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 1,75 𝑒𝑉 = 2,80 𝑥 10
−19 𝐽 
 
 
 Comprimento de onda do fóton emitido na transição 𝑛𝑖 = 3 → 𝑛𝑓 = 2: 
 
𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛
= 
1,242 𝑥 10−6 𝑒𝑉.𝑚
1,75 𝑒𝑉
 → 𝒇ó𝒕𝒐𝒏 = 𝟕, 𝟏𝟎 𝒙 𝟏𝟎
−𝟕 𝒎 = 𝟎, 𝟕𝟏𝟎 𝝁𝒎 
 
 
(b) (1,5 ponto). Como um possível modelo simplificado para este átomo, podemos considerar o elétron como 
estando preso em um poço unidimensional de energia potencial infinita, de largura L. Neste caso, qual deve ser o 
valor de L para que o decaimento descrito no item anterior aconteça? 
 
 Para um poço de energia potencial infinita, de largura L: 𝐸1 = 
ℎ2
8∙𝑚∙𝐿2
 
 
𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛
=
ℎ ∙ 𝑐
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝐸1
= 
ℎ ∙ 𝑐 ∙ 8 ∙ 𝑚 ∙ 𝐿2
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ ℎ2
 → 𝐿 = √ 
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝑓ó𝑡𝑜𝑛 ∙ ℎ
8 ∙ 𝑚 ∙ 𝑐
 
 
 
 Para o decaimento do item anterior acontecer, tem-se: 𝑛𝑖 = 3, 𝑛𝑓 = 2 𝑒 𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 7,10 𝑥 10
−7 𝑚. Assim: 
 
 
 𝐿 = √ 
|32 − 22| ∙ 7,10 𝑥 10−7𝑚∙ 6,63 𝑥 10−34 𝐽. 𝑠
8 ∙ 9,11 𝑥 10−31 𝑘𝑔 ∙ 3 𝑥 108𝑚/𝑠
 → 𝑳 = 𝟏, 𝟎𝟒 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟎 𝒎 = 𝟎, 𝟏𝟎𝟒 𝒏𝒎 
 
2) (1,5 ponto). O diodo é um dispositivo semicondutor que transmite energia apenas em um 
sentido e é um dos principais elementos de todos os circuitos eletrônicos. O diodo túnel, 
descoberto pelo físico japonês Leo Esaki, é um tipo de diodo semicondutor extremamente 
rápido, que opera na casa dos GHz, uma propriedade bastante atraente para a indústria de 
celulares e de memórias rápidas. Ele é formado por uma região positiva, uma região neutra 
e uma região negativa. Ao se aplicar certa diferença de potencial V entre as regiões positiva 
e negativa (veja a figura ao lado), ocorre o tunelamento de elétrons através da região neutra, alterando a corrente 
elétrica que passa pelo dispositivo. Tipicamente, a energia potencial da região neutra é de 3,00 eV, que funciona como 
barreira para os elétrons. A energia com que os elétrons tunelam através da região neutra é, tipicamente, de 1,50 eV. 
Sabendo que a probabilidade de tunelamento é de 1,20 x 10–5, calcule a largura da barreira de energia potencial. 
 
 𝐸 = 1,50 𝑒𝑉 ; 𝑈𝑜 = 3,00 𝑒𝑉; 𝑇 = 1,20 𝑥 10
−5 
 
 
𝐺 = 16 ∙
𝐸
𝑈𝑜
 (1 − 
𝐸
𝑈𝑜
) = 16 ∙
1,50 𝑒𝑉
3,00 𝑒𝑉
 (1 − 
1,50 𝑒𝑉
3,00 𝑒𝑉
 ) → 𝑮 = 𝟒, 𝟎𝟎 
 
 
𝑘 = 
√2 𝑚 ∙ (𝑈𝑜 − 𝐸)

= 
√2 ∙ 9,11 𝑥 10−31 𝑘𝑔 ∙ (3,00 − 1,50) 𝑒𝑉 ∙ 1,6 𝑥 10−19 
1,06 𝑥 10−34 𝐽. 𝑠
 → 𝒌 = 𝟔, 𝟐𝟒 𝒙 𝟏𝟎𝟗 𝒎−𝟏 
 
 
 
NF5420 – Princípios de Física Moderna Prova P2 2º Sem./2017 
Continuação da resolução da questão 2) 
 
 
𝑇 = 𝐺 ∙ 𝑒−2∙𝑘∙𝐿 → −2 ∙ 𝑘 ∙ 𝐿 = ln (
𝑇
𝐺
) → 𝐿 = − 
1
2 𝑘
∙ ln (
𝑇
𝐺
) 
 
 
𝐿 = − 
1
2 ∙ 6,24 𝑥 109
∙ ln (
1,20 𝑥 10−5
4,00
) → 𝑳 = 𝟏, 𝟎𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟗 𝒎 = 𝟏, 𝟎𝟐 𝒏𝒎 
 
 
 
3) Lasers atômicos são feixes coerentes de átomos que podem ser extraídos do chamado 
“condensado de Bose-Einstein”. Um laser atômico formado por átomos de sódio, de massa 
3,82 x 10–26 kg, é dirigido com velocidade de 17,1 mm/s em direção a uma fenda de largura a. 
Em uma tela distante 15,0 cm da fenda, é observado o padrão de difração mostrado na figura 
ao lado. Pedem-se: 
 
(a) (0,5 ponto). Determine o comprimento de onda dos átomos de sódio. 
 
 
 
 = 
ℎ
𝑚 ∙ 𝑣
= 
6,63 𝑥 10−34 𝐽. 𝑠
3,82 𝑥 10−26 𝑘𝑔 ∙ 17,1 𝑥 10−3 𝑚/𝑠
 →  = 𝟏, 𝟎𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟔 𝒎 = 𝟏, 𝟎𝟐 𝝁𝒎 
 
 
 
 
(b) (1,0 ponto). Calcule a largura da fenda. 
 
 
 Da figura acima: 𝑚 = +1 ⇒ 𝜃 = 0,75𝑜 
 
 
 
𝑚 ∙  = 𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) → 𝑎 = 
𝑚 ∙ 
𝑠𝑒𝑛(𝜃)
 → 𝑎 = 
1 ∙ 1,02 𝑥 10−6 𝑚
𝑠𝑒𝑛(0,75𝑜)
 → 𝒂 = 𝟕, 𝟕𝟗 𝒙 𝟏𝟎−𝟓 𝒎 
 
 
 
(c) (1,0 ponto). Supondo que este mesmo feixe de luz laser incida sobre um átomo de hidrogênio no estado 
fundamental, qual seria o estado final do elétron? 
 
 
 Átomo de hidrogênio no estado fundamental: 𝐸1 = −13,6 𝑒𝑉; 𝐸2 = −3,40 𝑒𝑉 → |∆𝑬𝟏−𝟐| = 𝟏𝟎, 𝟐 𝒆𝑽 
 
 
 
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
𝑓ó𝑡𝑜𝑛
= 
1,242 𝑥 10−6 𝑒𝑉.𝑚
1,02 𝑥 10−6 𝑒𝑉
= 𝟏, 𝟐𝟐 𝒆𝑽 < 𝟏𝟎, 𝟐 𝒆𝑽 
 
 
 
A energia do fóton incidente é insuficiente para excitar o elétron. 
 
 
Portanto, o estado final do elétron será: 𝒏 = 𝟏 (𝒇𝒖𝒏𝒅𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒂𝒍) 
 
 
 
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4) Pontos quânticos são dispositivos de dimensões manométricas capazes de emitir luz. Um 
modelo simples para um ponto quântico é considerar o elétron preso a um poço de 
potencial infinito, de largura L. Para caracterizar estes dispositivos, incidimos sobre eles 
fótons de comprimentos de onda que variam entre 10,0 m e 120 m. Os comprimentos 
de onda dos fótons absorvidos são indicados no diagrama de níveis de energia ao lado, que 
não está em escala. Sendo:  = 30,0 m e  = 15,0 m, pedem-se: 
 
(a) (1,5 ponto). Calcule o maior comprimento de onda do fóton que este ponto quântico pode absorver. 
 
 
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = |𝐸𝑓 − 𝐸𝑖| = |𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝐸1 → 𝐸1 = 
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2|
= 
ℎ ∙ 𝑐
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝑓ó𝑡𝑜𝑛
 
 
 
 
 Na transição 𝑛𝑖 = 1 → 𝑛𝑓 = 3, 𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 𝛼 = 30,0 𝜇𝑚. Daí: 
 
 
𝐸1 = 
1,242 𝑥 10−6 𝑒𝑉.𝑚
|32 − 12| ∙ 30,0 𝑥 10−6 𝑚
 → 𝑬𝟏 = 𝟓, 𝟏𝟕𝟓 𝒙 𝟏𝟎
−𝟑 𝒆𝑽 = 𝟖, 𝟐𝟖 𝒙 𝟏𝟎−𝟐𝟐 𝑱 
 
 
 
 O maior comprimento de onda do fóton que pode ser absorvido corresponde à transição: 𝑛𝑖 = 1 → 𝑛𝑓 = 2. Daí: 
 
 
𝑓ó𝑡𝑜𝑛 = 
ℎ ∙ 𝑐
𝐸𝑓ó𝑡𝑜𝑛
=
ℎ ∙ 𝑐
|𝑛𝑓
2 − 𝑛𝑖
2| ∙ 𝐸1
= 
1,242 𝑥 10−6 𝑒𝑉.𝑚
|22 − 12| ∙ 5,175 𝑥 10−3 𝑒𝑉
 → 𝒇ó𝒕𝒐𝒏 = 𝟖, 𝟎𝟎 𝒙 𝟏𝟎
−𝟓 𝒎 = 𝟖𝟎, 𝟎 𝝁𝒎 
 
 
(b) (1,0 ponto). Com o elétron no segundo estado excitado, determine os locais menos prováveis para se encontrar 
o elétron neste ponto quântico. Justifique. 
 
 Menor probabilidade  𝑠𝑒𝑛2 (
𝑛∙𝜋∙𝑥
𝐿
) = 0. Para 𝑛 = 3, as posições mais prováveis são: 
 
 
𝒙𝟏 = 𝟎 𝒎 ; 𝒙𝟐 =
𝑳
𝟑
 ; 𝒙𝟑 = 
𝟐 𝑳
𝟑
 𝒆 𝒙𝟒 = 𝑳 
 
 
(são os pontos indicados por 1, 2 3 e 4 na figura abaixo) 
 
 
 
5) (1,0 ponto). Suponha que um elétron esteja “preso” em uma dimensão e possa se mover apenas na direção x. 
Suponha ainda, que a incerteza na medida da posição do elétron é 4,50 x 10–10 m. Calcule o valor mínimo para a 
incerteza no momento linear do elétron. 
 
 
∆𝑥 ∙ ∆𝑝 ≥ 
ℎ
2 𝜋
 → ∆𝑝 ≥ 
ℎ
2 𝜋 ∙ ∆𝑥
 
 
 
∆𝑝 ≥ 
6,63 𝑥 10−34
2 𝜋 ∙ 4,50 𝑥 10−10 𝑚
= 2,34 𝑥 10−25 𝑁. 𝑠 → ∆𝒑𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 = 𝟐, 𝟑𝟒 𝒙 𝟏𝟎
−𝟐𝟓 𝑵. 𝒔 (𝑜𝑢 𝑘𝑔.
𝑚
𝑠
) 
 
 
Obs.: Veja outra forma de 
resolver este item no 
gabarito da prova VERDE