Resolução Halliday Vol4 cap 39 ed 9

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1. De acordo com a Eq. 39-4, En ∝ 1/L2. Assim, o novo nível de energia, ′E1, satisfaz a 
relação
′ =
′




=E
E
L
L
1
1
1
1
2 1
2
,
o que nos dá
′ = ≈L
L
1
1
2 1 41, .
2. (a) De acordo com a Eq. 39-4, temos:
E h
m L
n
e
1
2
2
2
34 2
8
6 63 10
8 9 11 1
= 



= × ⋅
×
−( , )
( ,
J s
00 200 10
1 1 51 1031 12 2
2 18
− −
−
×




( ) = ×
kg)( m J) ,
== 9,42 eV.
(b) De acordo com a Eq. 39-4, temos:
E h
m L
n
p
1
2
2
2
34 2
8
6 63 10
8 1 67 1
=




= × ⋅
×
−( , )
( ,
J s
00 200 10
1 8 225 1027 12 2
2 22
− −
−
×




( ) = ×
kg)( m) , JJ
5,13 eV.= × −10 3
3. De acordo com a Eq. 39-4, En ∝ 1/L2. Assim, se L for multiplicada por dois, a energia será 
dividida por quatro:
E1
2 6
4
0 65= =, , .eV eV
4. A Eq. 39-4 pode ser escrita na forma
E n h
mL
n hc
mc Ln
= =
2 2
2
2 2
2 28 8
( )
( ) .
A energia necessária é, portanto,
DE E E h
m L
hc
m c Le e
= − = − = =4 1
2 2 2
2
2
2 2
4 1
8
15
8
15( ) ( )
( )
(( )
( )( , ) ,
1240
8 511 10 0 250
90 3
2
3 2
eV nm
eV nm
eV.⋅
×
=
5. A Eq. 39-4 pode ser escrita na forma
E n h
mL
n hc
mc Ln
= =
2 2
2
2 2
2 28 8
( )
( ) .
Fazendo n = 3, igualando a expressão acima a 4,7 eV e explicitando L, obtemos
L n hc
mc En
= = ⋅( )
×
( )
( ) ( )( ,8
3 1240
8 511 10 42 3
eV nm
eV 77
0 85
eV)
nm.= ,
Capítulo 39
soluções dos problemas 171
6. De acordo com a Eq. 39-4, temos:
E h
mL
n1
2
2
2
34 2
8
6 63 10
8 1 67 10
= 

 =
×
×
−( , )
( ,
J.s
−−
−
×




( ) = × =27 12 2
2 21
100 10
1 3 29 10
kg)( m J) , 00,020 eV.
7. Fazendo n = 1, L igual ao diâmetro nuclear e m igual à massa do elétron, a Eq. 39-4 nos dá
E n h
mL
= = × ⋅
×
−
−
2
2
2
2 34 2
318
1 6 63 10
8 9 11 10
( ) ( , )
( ,
J s
kkg m
J =1920 MeV 1,9)( , ) ,1 4 10 3 07 1014 2
10
×
= × ≈−
− GGeV.
8. De acordo com a Eq. 39-4, a frequência da luz que excita o elétron do estado de número 
quântico ni para o estado de número quântico nf é 
f E
h
h
mL
n nf i= = −( )D 8 2 2 2
e o comprimento de onda dessa luz é
 = =
−( )
c
f
mL c
h n nf i
8 2
2 2
.
Explicitando L, obtemos
L
hc n n
mc
f i=
− ( )2 2
28
.
O maior comprimento de onda mostrado na Fig. 39-27 é l = 80,78 nm, que corresponde a uma 
transição de ni = 2 para nf = 3. Assim, a largura do poço de potencial é 
L
hc n n
mc
f i=
−
= ⋅
 ( ) ( ,2 2
28
80 78 1240nm)( eV nm)(32 −−
×
= =2 )
eV) nm pm.
2
8 511 10
0 350 3503( ,
9. A Eq. 39-4 pode ser escrita na forma
E n h
mL
n hc
mc Ln
= =
2 2
2
2 2
2 28 8
( )
( ) .
(a) O primeiro estado excitado corresponde a n = 2 e o terceiro a n9 = 4. Assim,
DE hc
mc L
n n= ′ − = ⋅
×
( )
( ) ( )
( )
(
2
2 2
2 2
2
8
1240
8 511
eV nm
110 0 250
4 2 6 02 16 4
72
3 2
2 2
eV nm
eV)( , ) ( ) ,
,
− = ( ) −( )
= 22 eV.
Quando o elétron se encontra no nível n9 = 4, pode decair para vários níveis n de menor energia. 
Nessas transições, o comprimento de onda do fóton emitido é dado por
 =
−
=
′ − ′′′ ′ ′
hc
E E
mc L
hc n nn n
8 2 2
2 2
( )
( ) .
Assim, por exemplo, no caso da transição de n9 = 4 to n = 3, o comprimento de onda do fóton 
emitido seria
 = ×
⋅ −
=8 511 10 0 250
1240 4 3
3 2
2 2
( ) ( , )
( ) ( )
eV nm
eV nm
229 4, nm,
172 soluções dos problemas
e, depois de chegar ao nível n = 3, o elétron pode decair para o nível n = 2 emitindo outro fóton. 
Calculando desta forma os comprimentos de onda de todos os fótons que podem ser emitidos 
no processo de decaimento, obtemos os seguintes resultados:
(b) O menor comprimento de onda que pode ser emitido é 4 1 13 7→ = , .nm
(c) O segundo menor comprimento de onda que pode ser emitido é 4 2 17 2→ = , nm.
(d) O maior comprimento de onda que pode ser emitido é 2 1 68 7→ = , nm.
(e) O segundo maior comprimento de onda que pode ser emitido é 3 2 41 2→ = , nm.
(f) O diagrama abaixo mostra as transições possíveis (os níveis de energia não estão em 
escala).
(g) O comprimento de onda de 29,4 nm corresponde à transição 4 → 3. Uma vez no estado n = 3, o 
elétron pode sofrer a transição 3 → 1 ou a transição 3 → 2 seguida pela transição 2 → 1. O maior 
comprimento de onda que pode ser emitido em seguida à transição 4 → 3 é 2 1 68 7→ = , nm.
(h) O menor comprimento de onda que pode ser emitido em seguida à transição 4 → 3 é 
3 1 25 8→ = , nm.
10. Sejam os números quânticos do par em questão n e n + 1. Nesse caso,
En+1 – En = E1 (n + 1)2 – E1n2 = (2n + 1)E1.
Fazendo
E E n E E E E E En n+ − = +( ) = −( ) = −( ) =1 1 4 3 2 1 2 1 12 1 3 3 4 3 21 ,,
obtemos 2n + 1 = 21, o que nos dá n = 10. Assim,
(a) o número quântico maior é n + 1 = 10 + 1 = 11.
(b) o número quântico menor é n = 10.
(c) Fazendo
E E n E E E E E En n+ − = +( ) = −( ) = −( ) =1 1 4 3 2 1 2 1 12 1 2 2 4 3 14 ,,
obtemos 2n + 1 = 14, o que nos dá n = 6,5, um valor fracionário. Assim, não existe um par de 
níveis de energia, associados a números inteiros, que satisfaça a condição proposta.
soluções dos problemas 173
11. Sejam os números quânticos do par em questão n e n + 1. Nesse caso,
E E n h
mL
n h
mL
n h
mLn n+
− = +( ) − = +( )1
2 2
2
2 2
2
2
2
1
8 8
2 1
8
,
o que nos dá En+1 – En = (2n + 1)E1.
Fazendo
E E E E E n En n+ − = = = = +( )1 5 2 1 1 15 25 2 1 ,
obtemos 2n + 1 = 25, o que nos dá n = 12. Assim,
(a) o número quântico maior é n + 1 = 12 + 1 = 13.
(b) o número quântico menor é n = 12. 
(c) Fazendo
E E E E E n En n+ − = = = = +1 6 2 1 1 16 36 2 1( ) ,
obtemos 2n + 1 = 36, o que nos dá n = 17,5, um valor fracionário. Assim, não existe um par de 
níveis de energia, associados a números inteiros, que satisfaça a condição proposta.
12. De acordo com a Eq. 39-4, a frequência da luz que excita o elétron do estado com número 
quântico ni para o estado com número quântico nf é 
f E
h
h
mL
n nf i= = −( )D 8 2 2 2
e o comprimento de onda correspondente é
 = =
−( )
c
f
mL c
h n nf i
8 2
2 2
.
Calculando o valor desta expressão para ni = 1 e nf = 2, 3, 4 e 5, obtemos os seguintes 
resultados:
(a) 6,87 × 10– 8 m para nf = 2 (o maior comprimento de onda). 
(b) 2,58 × 10– 8 m para nf = 3 (o segundo maior comprimento de onda). 
(c) 1,37 × 10– 8 m para nf = 4 (o terceiro maior comprimento de onda). 
13. A posição de máxima densidade de probabilidade é o centro do poço:
x
L= = =
2
200
2
100pm pm.
(a) A probabilidade de que o elétron seja detectado no ponto x é dada pela Eq. 39-11:
p x x dx
L
n
L
x dx
Ln
( ) ( ) sen se= = 







 =
2
2
2 2
nn .2
n
L
x dx


Para n = 3, L = 200 pm e dx = 2,00 pm (a largura do detector), a probabilidade de que o elétron 
seja detectado no ponto x = L/2 = 100 pm é
p x L
L L
L dx
L
( ) sen sen= = ⋅

 =


/2 2 3
2
2 3
2
2 2 
 = = =dx L
dx2 2
200
2 00 0 020
pm
pm( , ) , .
(b) O número esperado de observações do elétron para N = 1000 experiências independentes é 
n Np= = =( )( , ) .1000 0 020 20
174 soluções dos problemas
14. De acordo com as Eqs. 39-11 e 39-12, a condição de densidade de probabilidade zero é
sen ,
n
L
x
n
L
x m
 


 = ⇒ =0
em que m é um número inteiro. Para que a densidade de probabilidade seja zero nos pontos x = 
0,300L e x = 0,400L, é preciso que
sen( , ) sen( , ) ,0 300 0 400 0n n = =
condiçõesque são satisfeitas para n = 10m, onde m = 1, 2, … Como, porém, de acordo com o 
enunciado, a densidade de probabilidade não é zero para nenhum valor entre x = 0,300L e x = 
0,400L, concluímos que o elétron se encontra no estado n = 10. Sendo assim, a variação de 
energia quando o elétron sofre uma transição para o estado n9 = 9 é
| | ( ) ( , )( ,DE
h
mL
n n= − ′ = × ⋅
−2
2
2 2
34 2
8
6 63 10
8 9 11
J s
×× ×
− = ×− −
−
10 2 00 10
10 9 2 86 1031 10 2
2 2 17
kg m)( , ) ( ) , J.
15. A probabilidade de que o elétron seja encontrado em qualquer região é dada por P dx= ∫  2 , 
onde a integral se estende a toda a região. Se a largura Dx da região é pequena, a probabilidade 
é dada aproximadamente por P = |C|2 Dx, na qual a função de onda é calculada, por exemplo, 
no centro do intervalo. No caso de um elétron confinado em um poço de potencial infinito de 
largura L, a densidade de probabilidade no estado fundamental é

2 22= 

L
x
L
sen
e, portanto,
P x
L
x
L
= 






2 2D sen .
(a) Para L = 100 pm, x = 25 pm e Dx = 5,0 pm, temos:
P = 







2 5 0
100
25
100
2( , ) sen ( )pm
pm
pm
pm
 == 0 050, .
(b) Para L = 100 pm, x = 50 pm e Dx = 5,0 pm, temos:
P = 







2 5 0
100
50
100
2( , ) sen ( )pm
pm
pm
pm
 == 0 10, .
(c) Para L = 100 pm, x = 90 pm e Dx = 5,0 pm, temos:
P = 







2 5 0
100
90
100
2( , ) sen ( )pm
pm
pm
pm
 == 0 0095, .
Nota: A figura a seguir mostra a probabilidade em função de x. Como era de se esperar, a 
probabilidade de que o elétron seja detectado é máxima no centro do poço, ou seja, no ponto 
x = L/2 = 50 pm.
soluções dos problemas 175
16. O método usado para resolver o problema será o mesmo do Exemplo “Níveis de energia 
de um poço de potencial infinito unidimensional”. A integração mostrada a seguir é discutida 
com mais detalhes no referido exemplo. Note que os argumentos das funções seno estão em 
radianos.
(a) A probabilidade de que a partícula seja detectada na região 0 ≤ x ≤ L/4 é
2 2
2
2
4
2
L
L y dy y y





 = −



 

sen
sen / 44
00
4
0 091=∫ , .
/
(b) Como era de se esperar, já que o poço é simétrico em relação ao ponto central, a probabilidade 
de que a partícula seja detectada na região 3L/4 ≤ x ≤ L é 
2 2
2
2
4
2
L
L y dy y y





 = −



 


sen
sen
///
, .
44
0 091=∫

(c) A probabilidade de que a partícula seja detectada na região L/4 ≤ x ≤ 3L/4 é
2 2
2
2
4
2
3
L
L y dy y y





 = −



 

sen
sen //
//
/
, .
4
44
3 4
0 82


=∫
O mesmo resultado pode ser obtido subtraindo de 1 os resultados dos itens (a) e (b):
1 – 2(0,091) = 0,82.
17. De acordo com a Fig. 39-9, a energia inicial do elétron é 106 eV. Depois que a energia 
fornecida pela fonte externa é absorvida, a energia total do elétron passa a ser 106 eV + 400 eV = 
506 eV. Como, de acordo com o enunciado, o elétron é transferido para uma posição na qual 
x > L, a energia potencial do elétron é 450 eV (veja a Seção 39-5) e, portanto, a energia cinética 
do elétron é 506 eV – 450 eV = 56 eV.
18. De acordo com a Fig. 39-9, a energia total de um elétron no estado n = 3 é 233 eV. Como, 
no interior do poço de potencial, a energia potencial é zero, a energia cinética do elétron é igual 
à energia total, ou seja, K = 233 eV.
19. Como E hc= = ⋅/ eV nm)/ ( ,1240 temos: 
E hc
E hc
a
a
b
b
= = ⋅ =
= =


1240
14 588
85 00
1
eV nm
nm
eV
,
,
2240
4 8437
256 0
1240
eV nm
nm
eV
eV nm
⋅ =
= = ⋅
,
,
E hcc
c 22 9108
426 0
,
,
nm
eV.=
A energia do estado fundamental é 
E E Ec1 4 450 0 426 0 24 0= − = − =, , ,eV eV eV.
Como Ea = E2 − E1, a energia do primeiro estado excitado é
E E Ea2 1 24 0 85 0 109= + = + =, ,eV eV eV.
20. A menor energia que o fóton pode possuir corresponde a uma transição da região não 
quantizada para E3. Como a diferença de energia entre E3 e E4 é
DE E E= − = − =4 3 9 0 4 0 5 0, , ,eV eV eV,
a energia do fóton é
E K Efóton eV eV eV.= + = + =D 2 00 5 00 7 00, , ,
176 soluções dos problemas
21. A equação de Schrödinger para a região x > L é
d
dx
m
h
E U
2
2
2
2 0
8 0  + −[ ] = .
Se C = De2kx, d2C/dx2 = 4k2De2kx = 4k2C e
d
dx
m
h
E U k m
h
E U
2
2
2
2 0
2
2
2 0
8 4 8 0     + −[ ] = + −[ ] = ,
o que nos dá
k
h
m U E= −( ) 2 0 .
Como U0 > E na região x > L, o radicando dessa equação é positivo, o que significa que k 
é um número real. Entretanto, se k é um número real positivo, como propõe o enunciado, a 
função C(x) não é fisicamente admissível como uma densidade de probabilidade, pois aumenta 
exponencialmente com x para valores positivos de x e a integral de qualquer densidade de 
probabilidade da forma C(x) ao longo de todo o eixo x deve ser igual à unidade.
22. De acordo com a Eq. 39-20, temos:
E h
m
n
L
n
L
hc
mc
nx ny
x
x
y
y
,
( )
( )= +




=2
8 8
2 2
2
2
2
2
2
nn
L
n
L
x
x
y
y
2
2
2
2+




.
Para nx = ny = 1, obtemos
E1 1
2
2
1240 1
0 800
1
,
( )
) ( , ) (=
⋅
×
+eV nm
8(511 10 eV nm3 11 600 0 7342, ) , .nm eV




=
23. De acordo com a Eq. 39-21, temos:
E h
m
n
L
n
L
n
Lnx ny nz
x
x
y
y
z
z
, ,
(= + +



=2
8
2 2
2
2
2
2
2
hhc
mc
n
L
n
L
n
L
x
x
y
y
z
z
)
( ) .
2
2
2
2
2
2
2
28
+ +




Para nx = ny = nz = 1, obtemos
E1 1
2
2
1240 1
0 800
1
,
( )
) ( , ) (=
⋅
×
+eV nm
8(511 10 eV nm3 11 600
1
0 390
3 212 2
, ) ( , ) , .nm nm eV+




=
24. Se existem três pontos de máxima densidade de probabilidade ao longo da reta x = Lx/2, 
ny = 3, como mostra a Fig. 39-6. Como a distância entre esses pontos é 2,00 nm, a altura Ly é 
dada por Ly = ny(2,00 nm) = 3(2,00 nm) = 6,00 nm. Analogamente, se existem cinco pontos de 
máxima densidade de probabilidade ao longo da reta y = Ly/2, nx = 5. Como a distância entre 
esses pontos é 3,00 nm, a largura Lx é dada por Lx = nx(3,00 nm) = 5(3,00 nm) = 15,0 nm. Assim, 
de acordo com a Eq. 39-20, a energia do elétron é
E h
m
n
L
n
Ln n
x
x
y
y
x y,
( ,= +



= ×
−2 2
2
2
2
34
8
6 63 10 JJ s
kg m
⋅
× ×
+− −
)
( , ) ( , ) ( ,
2
31 9 28 9 11 10
1
3 00 10
1
2 00 ××




= ×
−
−
10
2 2 10
9 2
20
m
J .
)
,
25. Por analogia com a Eq. 39-10, a função de onda normalizada para um curral bidimensional 
infinito é 
  

n n n n
x
x
x
x y x y
x y x y
L
n
L
x
,
( , ) ( ) ( ) sen= = 



2 ⋅⋅




= 



2
4
L
n
L
y
L L
n
L
x
y
y
y
x y
x
x
sen
sen se


nn .
n
L
yy
y




soluções dos problemas 177
A probabilidade de que um elétron seja detectado por uma sonda de dimensão DxDy situada no 
ponto (x, y) é
p x y x y x y x y
L L
n
Ln n x y
x
x y
( , ) ( , ) ( ) sen
,
= = 
2
24D D D D
xx
y
y
x
n
L
y








sen .2

Para Lx = Ly = L = 150 pm, a probabilidade de que seja detectado um elétron que está no estado 
(nx, ny) = (1, 3) por uma sonda de dimensão Dx = Dy = 5,00 pm situada no ponto (0,200L; 
0,800L) ép x y
L L
n
L
x
n
L
y
x y
x
x
y
y
= 





4 2 2( ) sen senD D  

= ⋅


4 5 00
150
0 200
2
2
2( , )
( ) sen ,
pm
pm

L
L ssen ,
,
s
2
2
3 0 800
4 5 00
150

L
L


= 



pm
pm
een ( , )sen ( , ) , .2 2 30 200 2 40 1 4 10  = × −
26. Estamos interessados em calcular os valores da razão
E
h mL
L n
L
n
L
n
n n x
x
y
y
x
x y,
,2 2
2
2
2
2
2
2
8
0 2
/
= +




= + 55 2ny( )
e as diferenças correspondentes.
(a) Para nx = ny = 1, o valor da razão é 1 + 0,25 = 1,25.
(b) Para nx = 1 e ny = 2, o valor da razão é 1 + 0,25(4) = 2,00. É fácil verificar, calculando a 
razão para outros valores de nx e ny, que este é o segundo estado de menor energia do sistema, 
ou seja, é o primeiro estado excitado.
(c) Os estados degenerados de menor energia são os estados (1, 4) e (2, 2), cuja razão é 1 + 
0,25(16) = 4 + 0,25(4) = 5,00.
(d) Para nx = 1 e ny = 3, a razão é 1 + 0,25(9) = 3,25. É fácil verificar, calculando a razão para 
outros valores de nx e ny, que este é o terceiro estado de menor energia do sistema, ou seja, é o 
segundo estado excitado. O terceiro estado excitado é o estado (2, 1), para o qual a razão é 4 + 
0,25(1) = 4,25. A diferença entre os dois valores é 4,25 – 3,25 = 1,00.
27. Como os níveis de energia são dados por
E h
m
n
L
n
L
h
mL
n
n
n n
x
x
y
y
x
y
x y,
= +





 = +
2 2
2
2
2
2
2
2
8 8
22
4




,
os mesmos níveis, em unidades de h2/8mL2, são dados por n nx y2 2 4+ / . Os cinco níveis de menor 
energia são E1,1 = 1,25, E1,2 = 2,00, E1,3 = 3,25, E2,1 = 4,25 e E2,2 = E1,4 = 5,00. A frequência da 
luz emitida ou absorvida quando o elétron passa de um estado inicial i para um estado final f é 
f = (Ef – Ei)/h e, em unidades de h/8mL2, é simplesmente a diferença entre os valores de n nx y2 2 4+ / 
para os dois estados. As frequências possíveis (em unidades de h/8mL2) são:
 
0 75 1 2 1 1 2 00 1 3 1 1 3 00 2 1 1 1 3, , , , , , , , , , , ,→( ) →( ) →( ) ,, , , , , , , ,75 2 2 1 1 1 25 1 3 1 2→( ) →( )
 
2 25 2 1 1 2 3 00 2 2 1 2 1 00 2 1 1 3, , , , , , , , , , , ,→( ) →( ) →( ) 1 75 2 2 1 3 0 75 2 2 2 1, , , , , , .→( ) →( )e
(a) Esse resultado mostra que o elétron é capaz de emitir ou absorver 8 frequências diferentes.
(b) A menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 0,75.
178 soluções dos problemas
(c) A segunda menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 1,00.
(d) A terceira menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 1,25.
(e) A maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 3,75.
(f) A segunda maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 3,00.
(g) A terceira maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 2,25.
28. Estamos interessados em calcular os valores da razão
E
h mL
L n
L
n
L
n
L
n n n x
x
y
y
z
z
x y z, ,
2 2
2
2
2
2
2
2
28
= + +




= + +( )n n nx y z2 2 2
e as diferenças correspondentes.
(a) Para nx = ny = nz = 1, a razão é 1 + 1 + 1 = 3,00.
(b) Para nx = ny = 2 e nz = 1, a razão é 4 + 4 + 1 = 9,00. É fácil verificar, calculando a razão para 
outros valores de nx, ny e nz, que esta é a terceira menor energia do sistema, ou seja, a energia do 
segundo estado excitado. A mesma energia é obtida para (nx, ny, nz) = (2, 1, 2) e (1, 2, 2).
(c) Para nx = ny = 1 e nz = 3, a razão é 1 + 1 + 9 = 11,00. É fácil verificar, calculando a razão 
para outros valores de nx, ny e nz, que esta é a quarta menor energia do sistema, ou seja, a energia 
do terceiro estado excitado. A mesma energia é obtida para (nx, ny, nz) = (1, 3, 1) e (3, 1, 1). 
Calculando a diferença entre este resultado e o resultado do item (b), obtemos 11,0 – 9,00 = 
2,00.
(d) Para nx = ny = 1 e nz = 2, a razão é 1 + 1 + 4 = 6,00. É fácil verificar, calculando a razão para 
outros valores de nx, ny e nz, que esta é a segunda menor energia do sistema, ou seja, a energia 
do primeiro estado excitado. A mesma energia é obtida para (nx, ny, nz) = (2, 1, 1) e (1, 2, 1). 
Assim, 3 estados degenerados possuem a energia do primeiro estado excitado.
(e) Para nx = 1, ny = 2 e nz = 3, a razão é 1 + 4 + 9 = 14,0. É fácil verificar, calculando a razão 
para outros valores de nx, ny e nz, que esta é a sexta menor energia do sistema, ou seja, a energia 
do quinto estado excitado. A mesma energia é obtida para (nx, ny, nz) = (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 
1, 3), (3, 1, 2) e (3, 2, 1). Assim, 6 estados degenerados possuem a energia do quinto estado 
excitado.
29. As razões calculadas no Problema 39-28 podem ser relacionadas às frequências emitidas 
usando a equação f = DE/h, na qual cada nível E é igual a uma das razões multiplicada por h2/8mL2. 
Na prática, esta operação envolve apenas a mudança do fator de normalização de h2/8mL2 para 
h/8mL2. Assim, para uma transição do segundo estado excitado [item (b) do Problema 39-28] 
para o estado fundamental [item (a) do Problema 39-28], temos:
 
f h
mL
h
mL
= − 

 =



( , , ) ( , ) .9 00 3 00 8 6 00 82 2
Nos cálculos que se seguem, vamos omitir o fator h/8mL2. Para uma transição entre o quarto 
estado excitado e o estado fundamental, temos f = 12,00 – 3,00 = 9,00. Para uma transição entre 
o terceiro estado excitado e o estado fundamental, temos f = 11,00 – 3,00 = 8,00. Para uma 
transição entre o terceiro estado excitado e o primeiro estado excitado, temos f = 11,00 – 6,00 = 
5,00. Para uma transição entre o quarto estado excitado e o terceiro estado excitado, temos f = 
12,00 – 11,00 = 1,00. Para uma transição entre o terceiro estado excitado e o segundo estado 
excitado, temos f = 11,00 – 9,00 = 2,00. Para uma transição entre o segundo estado excitado 
soluções dos problemas 179
e o primeiro estado excitado, temos f = 9,00 – 6,00 = 3,00, que também corresponde a outras 
transições.
(a) De acordo com os cálculos apresentados, o elétron é capaz de emitir ou absorver 7 frequências 
diferentes.
(b) A menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 1,00.
(c) A segunda menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 2,00.
(d) A terceira menor frequência, em unidades de h/8mL2, é 3,00.
(e) A maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 9,00.
(f) A segunda maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 8,00.
(g) A terceira maior frequência, em unidades de h/8mL2, é 6,00.
30. Por analogia com a Eq. 39-10, a função de onda normalizada para um poço de potencial 
bidimensional infinito é 
  

n n n n
x
x
x
x y x y
x y x y
L
n
L
x
,
( , ) ( ) ( ) sen= = 



2 ⋅⋅




= 



2
4
L
n
L
y
L L
n
L
x
y
y
y
x y
x
x
sen
sen se


nn .
n
L
yy
y




 
A probabilidade de que um elétron seja detectado por uma sonda de dimensão DxDy situada no 
ponto (x, y) é
p x y x y x y x y
L L
n
Ln n x y
x
x y
( , ) ( , ) ( ) sen
,
= = 
2
24D D D D
xx
y
y
x
n
L
y








sen .2

Se a probabilidade de que um elétron no estado fundamental (nx = ny = 1) seja detectado por uma 
sonda de área DxDy = 400 pm2 com o centro no ponto (x, y) = (L/8, L/8) é 0,0450, temos:
0 0450 4 400
8 82
2 2
,
( )
sen sen= ⋅

 ⋅
pm2
L L
L
L
L 


 =







4
20
8
2
4pm
L
sen .

Explicitando L, obtemos L = 27,6 pm.
31. A energia E do fóton emitido quando um átomo de hidrogênio passa de um estado de número 
quântico principal n para um estado de número quântico principal n9 é dada por
E A
n n
=
′
−


1 1
2 2 ,
em que A = 13,6 eV. Como a frequência f da ondaeletromagnética é dada por f = E/h e o 
comprimento de onda é dado por l = c/f, temos:
1 1 1
2 2
= = =
′
−


f
c
E
hc
A
hc n n
.
O menor comprimento de onda de uma série é o comprimento de onda para n = ∞. No caso da 
série de Balmer, n9 = 2 e o menor comprimento de onda é lB = 4hc/A. No caso da série de Lyman, 
n9 = 1 e o menor comprimento de onda é lL = hc/A. Assim, a razão é lB/lL = 4,0.
180 soluções dos problemas
32. Como a diferença entre a energia do fóton absorvido e a energia do fóton emitido é
E E hc hca e
a e
− = −
 
,
a energia absorvida é
hcD 1 1240 1
375
1
580



 = ⋅( ) −




=eV nm
nm nm
11 17, .eV
33. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia E do fóton é dada por E = 
Ei – Ef, na qual Ei é a energia inicial do átomo de hidrogênio e Ef é a energia final. Como a energia 
do elétron é dada por (–13,6 eV)/n2, na qual n é o número quântico principal, temos:
E E E= − = − − − =3 1 2 2
13 6
3
13 6
1
12 1,( )
,
( ) , .
eV eV
eV
(b) O momento do fóton é dado por
p E
c
= = ×
×
=
−( , )( , )
,
,
12 1 1 60 10
3 00 10
6 4
19
8
eV J/eV
m s
55 10 27× ⋅− kg m/s.
(c) O comprimento de onda é dado por
 = = ⋅ =hc
E
1240
12 1
102eV nm
eV
nm
,
.
34. (a) A densidade de probabilidade radial do átomo de hidrogênio no estado fundamental é 
dada pela Eq. 39-44. Para r = 0, P(r) = 0.
(b) Para r = a, P r
a
a e
e
a
e
a a( )
,
,= = =
×
=−
− −
−
4 4 4
5 29 10
10 23
2 2
2 2
2 nm
nmm−1.
(c) Para r = 2a, P r
a
a e
e
a
e
a a( ) ( )
,
= = =
×
−
− −
−
4 2 16 16
5 29 103
2
2 4
4 4
2 nm
== −5 54 1, .nm
35. (a) A densidade de probabilidade do átomo de hidrogênio no estado fundamental é dada 
pela Eq. 39-39. Para r = a,

  
2
3 2
2
3
2
2
1 1 1
5 29 10
( ) ( ,r a e a e
a a= 

 = = ×
− −
− nnm
nm) .3
2 3291e− −=
(b) A densidade de probabilidade radial do átomo de hidrogênio no estado fundamental é dada 
pela Eq. 39-44. Para r = a,
P r
a
a e
e
a
e
a a( )
,
,= = =
×
=−
− −
−
4 4 4
5 29 10
10 23
2 2
2 2
2 nm
nmm−1.
36. (a) O nível de energia correspondente à densidade de probabilidade mostrada na Fig. 39-23 
é o nível n = 2, cuja energia é
E2 2
13 6
2
3 4= − = −, , .eV eV
(b) Quando o elétron é removido do átomo de hidrogênio, a energia potencial final do sistema 
próton-elétron é zero. Assim, a menor energia necessária para remover um elétron com uma 
energia de −3,4 eV é 3,4 eV. (Se a energia fornecida for maior que este valor, o elétron terá uma 
energia cinética diferente de zero depois de ser removido do átomo.)
soluções dos problemas 181
37. Para que a energia cinética não fosse conservada, seria preciso que parte da energia cinética 
inicial do nêutron fosse usada para excitar o átomo de hidrogênio. A menor energia que o átomo 
de hidrogênio pode aceitar é a diferença entre o primeiro estado excitado (n = 2) e o estado 
fundamental (n = 1). Como a energia dos estados do átomo de hidrogênio é dada por En = –(13,6 
eV)/n2, na qual n é o número quântico principal, a menor energia de excitação é
DE E E= − = − − − =2 1 2 2
13 6
2
13 6
1
10 2,( )
,
( ) , .
eV eV
eV
Como o nêutron não possui energia suficiente para excitar o átomo de hidrogênio, o átomo de 
hidrogênio permanece no estado fundamental e a energia cinética inicial do nêutron é dividida 
entre o nêutron e o átomo, ou seja, a colisão é elástica.
38. De acordo com a Eq. 39-6, DE hf= = × ⋅ × =−( , )( , ) , .4 14 10 6 2 10 2 615 14eV s Hz eV
39. De acordo com a Eq. 39-44, a densidade de probabilidade radial para o estado fundamental 
do átomo de hidrogênio é 
P(r) = (4r2/a3)e– 2r/a,
em que a é o raio de Bohr. Para mostrar que a equação é normalizada, precisamos calcular o 
valor de 
0
∞
∫ P r dr( ) . De acordo com a Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice E, temos: 
x e dx n
a
n ax
n
−
∞
+∫ =0 1
!
Fazendo n = 2 e substituindo a por 2/a e x por r nessa expressão, obtemos
0 3 0
2 2
3 3
4 4 2
2
1
∞ ∞
−∫ ∫= = =P r dr a r e dr a ar a( ) ( ) ./
40. (a) O intervalo pedido é a diferença entre os valores obtidos nos itens (a) e (b) do Exemplo 
“Emissão de luz por um átomo de hidrogênio”: 122 nm – 91,4 nm ≈ 31 nm.
(b) De acordo com a Eq. 38-1, temos:
Df c c= − = ×
×
− ×− min max
,
,
,2 998 10
91 4 10
2 9988
9
m s
m
110
122 10
8 2 10
8
9
14m s
m
Hz.
×
= ×− ,
(c) De acordo com a Eq. 39-36, no caso das transições da série de Balmer, nas quais o estado 
inicial é o estado n = 2, temos:
1 1
2
1
3
1 097 10 0 13892 2
7 1
max
( , )( , )= −

 = ×
−R m == × ⇒ =−0 15237 10 656 37 1, ,maxm nm
e
1 1
2
1 097 10 0 25 0 2742
7 1
max
( , )( , ) ,= 

 = × =
−R m 2255 10 364 67 1× ⇒ =−m nmmin , .
Assim, o intervalo pedido é lmax − lmin = 656,3 nm − 364,6 nm ≈ 292 nm ≈ 0,29 µm. 
(d) De acordo com a Eq. 38-1, temos:
Df c c= − = ×
×
−− min max
,
,
,2 998 10
364 6 10
2 9988
9
m s
m
××
×
= × ≈ ×−
10
656 3 10
3 65 10 10
8
9
14 14m s
m
Hz 3,7 Hz.
,
,
182 soluções dos problemas
41. Como Dr é pequeno, podemos calcular a densidade de probabilidade usando a relação p ≈ 
P(r) Dr, na qual P(r) é a densidade de probabilidade radial. No caso do estado fundamental do 
hidrogênio, a densidade de probabilidade radial é dada pela Eq. 39-44:
P r r
a
e r a( ) ,/= 


−4 2
3
2
em que a é o raio de Bohr.
(a) Para r = 0,500a e Dr = 0,010a, temos:
P r r
a
e er a= 

 = =
− −4 4 0 500 0 010 3
2
3
2 2 1D / ( , ) ( , ) ,, , .68 10 0 00373× ≈−
(b) Para r = 1,00a e Dr = 0,010a, temos:
P r r
a
e er a= 

 = =
− −4 4 1 00 0 010 5
2
3
2 2 2D / ( , ) ( , ) ,441 10 0 00543× ≈− , .
42. De acordo com a lei de conservação do momento linear,
p p m v hf
c
precuo fóton recuo= ⇒ = ,
onde usamos a Eq. 38-7 para o fóton e a expressão clássica do momento para o átomo, já que 
esperamos que a velocidade de recuo seja muito menor que a velocidade da luz. Assim, de acordo 
com a Eq. 39-6 e a Tabela 37-3,
v
E
m c
E E
m c cp p
recuo
eV= = − = − −
− −D 4 1
2
2 213 6 4 1
( )
( , )( ))
( ) ( , ) , .938 10 2 998 10 4 16 8× × =eV m s m s
43. (b) De acordo com a Eq. 39-38, a energia potencial do elétron a uma distância do núcleo 
igual ao raio de Bohr é dada por
U e
a
− = × ⋅( ) ×( )−2 9 2 19
2
4
8 99 10 1 602 10
50
, ,N m C C2
,,
, , .
292 10
4 36 10 27 211
18
×
= − × = −−
−
m
J eV
(a) A energia cinética é K = E – U = (–13,6 eV) – (–27,2 eV) = 13,6 eV.
44. (a) Como E2 = –0,85 eV e E1 = –13,6 eV + 10,2 eV = –3,4 eV, a energia do fóton é
Efóton = E2 – E1 = –0,85 eV – (–3,4 eV) = 2,6 eV.
(b) Como
E E
n n
2 1
2
2
1
213 6
1 1 2 6− = − −



=( , ) ,eV eV,
temos:
1 1 2 6
13 6
3
16
1
4
1
222 12 2 2n n
− = ≈ − = −,
,
.
eV
eV
Assim, o maior número quântico da transição responsável pela emissão é 4.
(c) De acordo com o resultado do item (b), o menor número quântico da transição responsável 
pela emissão é 2.
soluções dos problemas 183
45. De acordo com as Eqs. 39-41 e 39-43, a densidade de probabilidade radial é dada por P(r) = 
4πr2 | ( , ) | , n m rl l 2 na qual  n m rl l ( , ) é a função de onda. Para calcular | | * ,  n m n m n ml l ll l l2= 
multiplicamos a função de onda pelo complexo conjugado. Se a função é real,  * .n m n ml ll l= 
Note que e i+  e e i−  são complexos conjugados e que e e ei i − = =0 1.
(a) P r r r
a
e
r
a
r a
210
2
210
2 2
2
5
2
4
4 432 8
= = =−  

| | cos/ 55 2e r a− / cos .
(b) P r r r
a
e
r
r a
21 1
2
21 1
2 2
2
5
2
4
4 4
64+ +
−= = =  

| | sen/
116 5
2
21 1
a
e Pr a− −=/ sen 
(c) No caso de ml = 0, a densidade de probabilidade radial P210 diminui com a distância em 
relação ao núcleo. Além disso, graças ao fator cos2 θ, P210 é máxima ao longo do eixo z, o que 
está de acordo com o gráfico da Fig. 39-24a.
No caso de ml = ±1, as densidades de probabilidade radial P21+1 e P21−1 diminuem com a distância 
em relação ao núcleo. Além disso, graças ao fator sen2 θ, P21+1 e P21−1 são máximas no plano xy, 
o que está de acordo com o gráfico da Fig. 39-24b.
(d) A densidade de probabilidade total é dada por
P = P210+ P21+1 + P21−1 = 
r
a
e r a
4
5
2
8
− / cos  +
r
a
e r a
4
5
2
16
− / sen  +
r
a
e r a
4
5
2
16
− / sen 
 = 
r
a
e
r
a
er a r a
4
5
2 2
4
58 8
− −+ =/ /(cos sen ) , 
o que mostra que a densidade de probabilidade radial total tem simetria esférica.
46. De acordo com o Exemplo “Probabilidade de detecção do elétron de um átomo de hidrogênio”, 
a probabilidade de que o elétron de um átomo de hidrogênio no estado fundamental seja encontrado 
no interior de uma esfera de raio r é dada por
p r e x xx( ) ,= − + +( )−1 1 2 22 2
na qual x = r/a. Assim, a probabilidade de que o elétron seja encontrado na região entre duas 
cascas esféricas de raios a e 2a é
p a r a p a p a e x xx
x
( ) ( ) ( )< < = − = − + +( ) − =2 2 1 1 2 22 2 22 2 2 11 1 2 2− − + +( ) − =e x xx x
= 0 439, .
47. De acordo com a Fig. 39-24, o número quântico n em questão satisfaz a relação r = n2a. 
Fazendo r = 1,0 mm e explicitando n, obtemos:
n
r
a
= = ×
×
≈ ×
−
−
1 0 10
5 29 10
4 3 10
3
11
3,
,
, .
m
m
48. De acordo com a Eq. 39-6,
DE E hc= = = ⋅ =fóton
eV nm
nm
eV.

1240
121 6
10 2
,
,
Como DE > (13,6 eV)/4, sabemos que nbaixo = 1. Assim, temos:
E E E
n
alta baixa
eV eV
1
= + ⇒ − = −D 13 6 13 62
, ,
alto
22 eV,+10 2,
o que nos dá nalto = 2. Assim, trata-se da transição do estado n = 2 para n = 1 da série de 
Lyman.
184 soluções dos problemas
(a) O maior número quântico é n = 2.
(b) O menor número quântico é n = 1.
(c) A transição pertence à série de Lyman.
49. (a) Se a energia potencial eletrostática é considerada como zero quando o elétron e o próton 
estão separados por uma distância infinita, a energia final do átomo é zero e o trabalho necessário 
para separar o elétron do próton é W = –Ei, em que Ei é a energia do estado inicial. A energia do 
estado inicial é dada por Ei = (–13,6 eV)/n2, na qual n é o número quântico principal do estado. 
No caso do estado fundamental, n = 1 e W = 13,6 eV.
(b) No caso do estado n = 2, W = (13,6 eV)/(2)2 = 3,40 eV.
50. De acordo com a Eq. 39-6,
DE E hc= = = ⋅ =fóton
eV nm
nm
eV.

1240
106 6
12 09
,
,
Como DE > (13,6 eV)/4, sabemos que nbaixo = 1. Assim, temos:
E E E
n
alta baixa
alto
2
eV eV
1
= + ⇒ − = −D 13 6 13 6, , 22 eV,+12 09,
o que nos dá nalto = 3. Assim, trata-se da transição do estado n = 3 para o estado n = 1 da série 
de Lyman.
(a) O maior número quântico é n = 3.
(b) O menor número quântico é n = 1.
(c) A transição pertence à série de Lyman.
51. De acordo com o Exemplo “Probabilidade de detecção do elétron de um átomo de hidrogênio”, 
a probabilidade de que o elétron de um átomo de hidrogênio no estado fundamental seja encontrado 
no interior de uma esfera de raio r é dada por
p r e x xx( ) ,= − + +( )−1 1 2 22 2
em que x = r/a e a é o raio de Bohr. Para r = a, x = 1 e 
p a e a e( ) ( ) , .= − + + = − =− −1 1 2 2 1 5 0 3232 2
A probabilidade p9 de que o elétron seja encontrado do lado de fora dessa esfera é, portanto,
p9 = 1 − p(a) = 1 − 0,323 = 0,677 ≈ 0,68.
52. (a) De acordo com a Eq. 39-6,
DE = –(13,6 eV)(4– 2 – 1– 2) = 12,8 eV.
(b) Existem 6 energias possíveis associadas às transições 4 → 3, 4 → 2, 4 → 1, 3 → 2, 3 
→
 1 e 2 → 1. 
(c) A maior energia é E4 1 12 8→ = , eV.
(d) A segunda maior energia é E3 1 2 213 6 3 1 12 1→ − −= − − =( , )( ) ,eV eV.
(e) A terceira maior energia é E2 1 2 213 6 2 1 10 2→ − −= − − =( , )( ) ,eV eV.
soluções dos problemas 185
(f) A menor energia é E4 3 2 213 6 4 3 0 661→ − −= − − =( , )( ) ,eV eV.
(g) A segunda menor energia é E3 2 2 213 6 3 2 1 89→ − −= − − =( , )( ) ,eV eV.
(h) A terceira menor energia é E4 2 2 213 6 4 2 2 55→ − −= − − =( , )( ) ,eV eV.
53. A função de onda proposta é


= −1
3 2a
e r a
em que a é o raio de Bohr. Nosso objetivo é mostrar que, quando esta função é substituída na 
equação de Schrödinger, o resultado é zero. A derivada é
d
dr a
e r a


= − −1 5 2 ,
e, portanto,
r
d
dr
r
a
e r a2
2
5 2


= − −
e
1 1 2 1 1
2
2
5 2r
d
dr
r
d
dr a r a
e
a
r a





 = − +




=− −− +



2 1
r a
.
Como a energia do estado fundamental é dada por E me h= − 4 02 28 e o raio de Bohr é dado 
por a h me E e a= = −2 0 2 2 8  , .0 Como a energia potencial é dada por U e r= − 2 40 ,
temos:
8 8
8 42 2
2 2


 

2 2
0 0
m
h
E U m
h
e
a
e
r
−[ ] = − +



= 88
8
1 2
1 2
2
2
2
2





2
0
0
m
h
e
a r
me
h a r
− +



= − +



= − +



 
1 1 2
a a r
.
Assim, os dois termos da equação de Schrödinger se cancelam, o que significa que a função C 
proposta é uma solução da equação.
54. (a) O gráfico de |C200(r)|2 mostrado a seguir deve ser comparado com o gráfico de pontos da 
Fig. 39-21. Note que o gráfico apresenta valores elevados na região entre r = 0 e r = 1,5a, que 
corresponde à região com alta concentração de pontos em torno da origem na Fig. 39-21. Para 
valores maiores de r, existe uma região na qual os valores de |C200(r)|2 são muito pequenos, que 
corresponde ao espaço praticamente vazio da Fig. 39-21. Para valores ainda maiores de r, os 
valores de |C200(r)|2 voltam a aumentar, atingindo um segundo máximo, bem menor que o máximo 
central, em r = 4a. A região em torno deste ponto corresponde ao anel com alta concentração 
de pontos da Fig. 39.21.
186 soluções dos problemas
(b) Os extremos de |C200(r)|2 para r > 0 podem ser determinados elevando ao quadrado a função 
dada, derivando em relação a r e igualando o resultado a zero. Isso nos dá a equação
− − − =−1
32
2 4 06
( ) ( )
,
/r a r a
a
e r a

cujas raízes são r = 2a e r = 4a. Observando o gráfico do item a, constatamos que r = 4a é um 
máximo local e r = 2a é um mínimo local.
(c) De acordo com as Eqs. 39-41 e 39-43, a densidade de probabilidade radial é
P r r r r
a
r
a
e r a200
2
200
2
2
3
2
4
8
2( ) ( ) ./= = −


− 
(d) Fazendo r = ax e usando a relação 
0
∞
−∫ =x e dx nn x ! (Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice 
E, com a = 1), obtemos: 
P r dr r
a
r
a
e drr a200
0
2
3
2
0 8
2 1( ) /
∞
−
∞
∫ = −  =⌠⌡ 88 2 4 4
1
8
2 2
0
4 3 2
0
x x e dx x x x e dxx x( ) ( )
[
− = − +
=
−
∞
−
∞
∫ ∫
44 4 3 4 2 1! ( !) ( !)]− + =
55. De acordo com a Eq. 39-44, a densidade de probabilidade radial para o estado fundamental 
do átomo de hidrogênio é dada por 
P(r) = (4r2/a3)e– 2r/a,
em que a é o raio de Bohr. Fazendo r = x e usando a Eq. 15 da tabela de integrais do Apêndice 
E com n = 3 e a = 2/a, obtemos
r rP r dr
a
r e dr
a a
r a
med /
= = =
∞
−
∞
∫ ∫( ) ( )/0 3 3 20 3 4
4 4 6
2
== 1 5, .a
56. (a) De acordo com a Eq. 39-4, os níveis de energia do poçode potencial são dados por En = 
n2h2/8mL2. A diferença de energia entre o estado n e o estado n + 1 é
DE E E n n h
mL
n h
mLn n
= − = +( ) −  =
+( )
+1
2 2
2
2
2
21 8
2 1
8
,,
o que nos dá
DE
E
n h
mL
mL
n h
n
n
= +( )






 =
+2 1
8
8 2 12
2
2
2 2 2 ..
Para grandes valores de n, 2n + 1 → 2n e, portanto, (2n + 1)/n2 → 2/n. 
(b) Não. Quando n → ∞, DE → ∞.
(c) Não. Quando n → ∞, E → ∞.
(d) Sim. Quando n → ∞, DE/E ≈ 1/n → 0.
(e) Esses resultados significam que DE/E é um melhor exemplo que DE e E, tomados isoladamente, 
de que, pelo princípio de correspondência, os resultados quânticos tendem para os resultados 
clássicos para grandes números quânticos.
soluções dos problemas 187
57. De acordo com a Eq. 39-4,
E E h
mL
n
h
mL
n
h
n n+ − =



 +( ) −



 =2
2
2
2
2
2
2
8
2
8
22
22
1
mL
n



 +( ).
58. (a) e (b) Na região 0 < x < L, U0 = 0; portanto, a equação de Schrödinger para esta região é
d
dx
m
h
E
2
2
2
2
8 0  + = ,
em que E > 0. Se C2 (x) = B sen2 kx, C (x) = B9 sen kx, onde B9 é uma constante tal que B9 2 = 
B. Assim,
d
dx
k B kx k x
2
2
2 2 = − ′ = −sen ( )
e
d
dx
m
h
E k m
h
E
2
2
2
2
2
2
2
8 8 
 

+ = − + .
Para que essa equação se anule, é preciso que
k mE
h
2
2
2
8=  ,
o que nos dá
k
h
mE= ± 2 2π .
59. (a) e (b) A equação de Schrödinger para a região x > L é
d
dx
m
h
E U
2
2
2
2 0
8 0 + −[ ] =π ,
na qual E – U0 < 0. Se C2 (x) = Ce– 2kx, C(x) = C9e– kx, em que C9 é uma constante tal que C92 = 
C. Assim,
d
dx
k C e kkx
2
2
2 24 4 = ′ =−
e
d
dx
m
h
E U k m
h
E U
2
2
2
2 0
2
2
2 0
8 8 
 

+ −[ ] = + −[ ] .
Para que essa equação se anule, é preciso que
k m
h
U E2
2
2 0
8= −[ ] ,
o que nos dá
k
h
m U E= ± −2 2 0
 ( ).
Entretanto, para valores negativos de k, a função C(x) não é fisicamente admissível como uma 
densidade de probabilidade, pois aumenta exponencialmente com x para valores positivos de 
x e a integral de qualquer densidade de probabilidade da forma C(x) ao longo de todo o eixo x 
deve ser igual à unidade. Assim, a única solução aceitável é
k
h
m U E= −( )2 2 0 .
188 soluções dos problemas
60. De acordo com a Eq. 39-4,
E n h
mL
n hc
mc Ln
= =
2 2
2
2 2
2 28 8
( )
( ) .
(a) Para L = 3,0 × 109 nm, a diferença de energia é
E E2 1
2
3 9 2
2 21240
8 511 10 3 0 10
2 1 1 3− =
× ×
− = ×( ) ( , ) ( ) , 110
19− eV.
(b) Como (n + 1)2 – n2 = 2n + 1, temos:
DE E E h
mL
n
hc
mc L
nn n= − = + = ++1
2
2
2
2 28
2 1
8
2 1( ) ( )( ) ( )..
Igualando essa expressão a 1,0 eV e explicitando n, obtemos:
n
mc L E
hc
= − = × ×4 1
2
4 511 10 3 0 102 2
2
3 9( )
( )
( )( ,D eV nm)) ( , )
( ) , .
2
2
191 0
1240
1
2
1 2 10eV
eV nm⋅
− ≈ ×
(c) Para este valor de n, a energia é
En = × ×
× ≈ ×1240
8 511 10 3 0 10
6 10 6 10
2
3 9 2
18 2 1
( ) ( , ) ( )
88 eV
e, portanto,
E
mc
n
2
18
3
136 10
511 10
1 2 10= ×
×
= ×eV
eV
, .
(d) Como E mcn / 2 1 , a velocidade do elétron é relativística.
61. (a) Como a dimensão da derivada em relação a uma grandeza é igual à dimensão original 
dividida pela dimensão da grandeza, a dimensão do primeiro termo da Eq. 39-18 é a dimensão 
de C dividida pela dimensão de x 2 (m2, em unidades do SI). A dimensão do segundo termo é a 
dimensão de C multiplicada por:
8 2
2
 m
h
E U x− ( )[ ] ⇒ ⋅ [ ]
kg
J s
J2( )
em unidades do SI. Como, de acordo com a Eq. 7-9, J = kg · m2/s2, a dimensão do segundo termo 
também é a dimensão de C dividida por m2, ou seja, pela dimensão de x2.
(b) De acordo com a Eq. 39-17, a dimensão da função de onda unidimensional é m−0 5, em 
unidades do SI. Como a dimensão dos termos da Eq. 39-18 é a dimensão de C dividida por m2, 
a unidade desses termos no SI é o metro−2 5, .
62. (a) Como o nível de menor energia das transições da série de Balmer é n = 2, a transição 
cujos fótons têm menor energia é a transição do nível n = 3 para o nível n = 2. A energia desses 
fótons é
DE E E= − = − −

 =3 2 2 213 6
1
3
1
2
1 889( , ) ,eV eV
e o comprimento de onda correspondente é
 = hc
ED
= ⋅ =1240
1 889
658eV nm
eV
nm
,
.
soluções dos problemas 189
(b) No caso do limite da série, a diferença de energia é
DE E E= − = −
∞
−

 =∞ 2 2 213 6
1 1
2
3 40( , ) ,eV eV
e o comprimento de onda correspondente é
 = = ⋅ =hc
ED
1240
3 40
366eV nm
eV
nm
,
.
63. (a) Como os valores permitidos de l para um dado valor de n são 0, 1, 2, ..., n − 1, existem 
n valores permitidos de l.
 
(b) Como os valores permitidos de ml para um dado valor de l são –l, –l + 1, ..., l, existem 
2l + 1 valores permitidos de ml.
(c) De acordo com os resultados dos itens (a) e (b), o número de valores permitidos de ml para 
um dado valor de n é
( ) .2 1 2
0
1
l
l
+ =
=
−
∑ n
n
64. Para n = 1,
E m e
h
e
1
4
0
2 2
31 19 4
8
9 11 10 1 6 10= − = − × ×
− −

( , )( , )kg C
88 8 85 10 6 63 10 1 60 1012 2 34 2 1( , ) ( , ) ( ,× × ⋅ ×− − −F m J s 99 13 6J eV eV) , .= −