Resolução Halliday Vol4 cap 44 ed 9

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1. De acordo com a lei de conservação da carga, se o sinal do píon for invertido, o sinal do 
múon produzido no decaimento também será invertido. Na verdade, essa mudança corresponde 
a substituir as partículas carregadas pelas antipartículas correspondentes. Menos óbvio é o fato 
de que devemos substituir o neutrino por um antineutrino, como é discutido na Seção 44-4, 
para satisfazer a lei de conservação dos números leptônicos. A reação de decaimento do píon 
negativo é, portanto,
p  − −→ + .
2. Como a massa específica da água é r = 1000 kg/m3 = 1 kg/L, a massa total da água da piscina 
é M = rV = 4,32 × 105 kg, na qual V é o volume da piscina. A fração da massa constituída por 
prótons (razão entre o número de prótons e o número de núcleons em uma molécula de água) é 
10/18. Assim, o número de prótons contidos na água da piscina é
N M
mp
= = ×
× −
( ) ( )( , )
,
10 18 10 18 4 32 10
1 67 10
5
27
/ / kg
kg
= ×1 44 1032, .
Portanto, de acordo com a Eq. 42-20, temos:
R N
T
= = × ≈ln ( , ) ln
/
2 1 44 10 2
10
1
1 2
32
32 anos
decaimentto/ano.
3. A energia de repouso do par elétron-pósitron é
E m c m c m ce e e= + = = =2 2 22 2 0 511 1 022( , ) ,MeV MeV .
Como são produzidos dois raios γ no processo de aniquilação, o comprimento de onda de cada 
raio gama é
 = = ⋅
×
= × =−hc
E /
eV nm
eV
nm
2
1240
0 511 10
2 43 10 26
3
,
, ,,43 pm.
4. De acordo com a lei de conservação do momento, os raios gama devem se propagar em sentidos 
opostos com momentos de mesmo módulo. Como o modulo p do momento de um raio gama está 
relacionado à energia através da equação p = E/c, os dois raios gama têm a mesma energia E. De 
acordo com a lei de conservação da energia, mpc2 = 2E, na qual mp é a massa do píon neutro. 
De acordo com a Tabela 44-4, a energia de repouso de um píon neutro é mpc2 = 135,0 MeV. 
Assim, E = (135,0 MeV)/2 = 67,5 MeV e o comprimento de onda dos raios gama é
 = ⋅
×
= × =−1240
67 5 10
1 84 10 18 46
5eV nm
eV
nm fm.
,
, ,
5. De acordo com as Eqs. 14-1 e 22-4,
F
F
Gm r
ke r
Gm
e
e egravidade
elétrica
= = =
2 2
2 2
2
2
4p0 (( , )( , )
( ,
6 67 10 9 11 10
9 0 10
11 2 31 2
9
× ⋅ ×
×
− −N m C kg2
NN m C C2 2⋅ ×
= ×
−
−
)( , )
, .
1 60 10
2 4 10
19 2
43
Como Fgravidade << Felétrica, não é preciso levar em conta as interações gravitacionais.
Capítulo 44
soluções dos problemas 273
6. (a) De acordo com a lei de conservação da energia,
Q = K2 + K3 = E1 – E2 – E3,
em que E1, E2 e E3 são as energias de repouso das três partículas. Escrevendo essa equação na 
forma
K2 + E2 – E1 = –(K3 + E3)
e elevando ambos os membros ao quadrado, obtemos
K K E K E E E K K E E22 2 2 2 1 1 2 2 32 3 3 322 2 2+ − + − = + +( ) .
Aplicando a lei de conservação do momento ao referencial em que a partícula 1 está em repouso, 
obtemos |p2| = |p3|, o que nos dá (p2c)2 = (p3c)2. Assim, de acordo com a Eq. 37-54,
K K E K K E22 2 2 32 3 32 2+ = + ,
que podemos subtrair dessa expressão para obter
− + − =2 2 1 1 2 2 32K E E E E( ) .
Explicitando K2, obtemos a equação pedida,
K
E
E E E2
1
1 2
2
3
21
2
= −( ) −  .
(b) Fazendo E3 = 0 na equação obtida no item (a) e usando os valores de energia de repouso da 
Tabela 44-1, obtemos o mesmo valor de Km calculado no Exemplo “Momento e energia cinética 
no decaimento de um píon”.
7. De acordo com a Tabela 44-4, a energia de repouso de cada píon é 139,6 MeV. De acordo 
com o enunciado do problema, o módulo do momento de cada píon é pp = (358,3 MeV)/c. A 
energia total de cada píon é dada pela Eq. 37-54:
E p c m cp p p= + = + =( ) ( ) ( , ( ,2 2 2 358 3 139 6MeV) Mev)2 3384 5, MeV.
De acordo com a lei de conservação da energia,
mrc
2
 = 2Ep = 2(384,5 MeV) = 769 MeV.
8. (a) Em unidades do SI, a energia cinética do tau positivo é
K = (2200 MeV)(1,6 × 10–13 J/MeV) = 3,52 × 10–10 J.
Como a energia de repouso do tau positivo é mc2 = 2,85 × 10–10 J, o momento relativístico da 
partícula, de acordo com a Eq. 37-54, é
p
c
K Kmc= + =
×
× +−1 2 1
2 998 10
3 52 10 22 2 8
10 2
,
( , )
m/s
J (( , )( , )
,
3 52 10 2 85 10
1 90 10
10 10
18
× ×
= × ⋅
− −
−
J J
kg mm/s.
(b) O raio da trajetória circular pode ser calculado a partir do momento relativístico:
r
mv
q B
p
eB
= = = × ⋅
×
−
−

| |
,
( , )(
1 90 10
1 6 10
18
19
kg m/s
C 11 20
9 90
, ) , .T m=
9. De acordo com a Eq. 37-48, o fator de Lorentz seria
 = = × =E
mc2
61 5 10 75000, .eV
20 eV
274 soluções dos problemas
Explicitando a velocidade na Eq. 37-8, obtemos


=
−
⇒ = −1
1
1 1
2 2( )
,
v c
v c
/
o que nos dá uma diferença entre c e v
c v c c− = − −




≈ − − +








1 1
1 1 1 1
22 2 

na qual o último resultado foi obtido usando a expansão binomial (veja o Apêndice E). Assim,
c v c− ≈ 



= 
1
2
299792458 1
2 750002 2
( ) ( )m s

 = ≈0 0266 2 7, , .m s cm s
10. De acordo com a Eq. 37-52, o fator de Lorentz é
 = + = + =1 1 80 1 592
K
mc
MeV
135 MeV
, .
Explicitando a velocidade na Eq. 37-8, obtemos


=
− ( )
⇒ = −1
1
1 1
2 2
v c
v c ,
o que nos dá v = 0,778c = 2,33 × 108 m/s. No referencial do laboratório, o tempo de vida do píon 
não é o valor de t fornecido e sim o valor “dilatado” dado pela Eq. 37-9:
t = = × = ×− − ( , )( , ) ,1 59 8 3 10 1 3 1017 16s s.
Assim, de acordo com a Eq. 37-10, a distância percorrida pelo píon no laboratório é
x vt= = × × = ×− −( , ) ) ,2 33 10 3 1 108 8m s (1,3 10 s m.16
11. (a) As leis de conservação discutidas até agora foram as leis de conservação da energia, do 
momento, do momento angular, da carga, do número bariônico e as três leis de conservação do 
número leptônico. A energia de repouso do múon é 105,7 MeV, a energia de repouso do elétron é 
0,511 MeV e a energia de repouso do neutrino é zero ou muito próxima de zero. Assim, a energia 
de repouso total antes do decaimento é maior que a energia de repouso total após o decaimento. 
A energia em excesso pode ser convertida em energia cinética dos produtos do decaimento e, 
portanto, a energia pode ser conservada. O momento é conservado se o elétron e o neutrino se 
moverem em sentidos opostos com momentos de mesmo módulo. Como o momento angular 
orbital é zero, precisamos considerar apenas o momento angular de spin. Todas as partículas 
têm spin h/2. O momento angular total após o decaimento pode ser h (se os spins do elétron 
e do neutrino estiverem paralelos) ou zero (se os spins estiverem antiparalelos). Como o spin 
antes do decaimento é h/2, o momento angular não é conservado. Como o múon tem carga –e, 
o elétron tem carga –e e o neutrino tem carga zero, a carga total é −e antes e depois do decai-
mento, o que significa que a carga é conservada. Como o número bariônico das três partículas 
é zero, o número bariônico é conservado. Como o número leptônico muônico do múon é +1, o 
número leptônico muônico do neutrino do múon é +1 e o número leptônico muônico do elétron 
é 0, o número leptônico muônico é conservado. Como o número leptônico eletrônico do múon 
e do neutrino do múon é 0 e o número leptônico eletrônico do elétron é +1, o número leptônico 
eletrônico não é conservado. Assim, as leis de conservação do momento angular e do número 
leptônico eletrônico são violadas e este tipo de decaimento não acontece.
(b) Neste caso, a carga e o número leptônico muônico não são conservados.
soluções dos problemas 275
(c) Neste caso, a energia não é conservada, já que a massa do múon é menor que a massa do 
píon. Além disso, o número leptônico muônico não é conservado.
12. (a) Contando todos os elétrons, pósitronse neutrinos que resultam do decaimento da partícula 
A2+ , sem esquecer que são criados dois píons positivos (e, portanto, os produtos do decaimento do 
píon devem ser contados em dobro), os produtos estáveis são os seguintes: 2e+, e−, 5ν e 4 .
(b) Como tanto a partícula r0 como a partícula π+ têm spin inteiro, a partícula A2+ é um bóson.
(c) Como todos os produtos finais são léptons, o número bariônico da partícula A2+ é zero e, 
portanto, a partícula é um méson.
(d) Como foi dito no item (c), o número bariônico da partícula é zero.
13. A expressão da componente z do isospin costuma ser escrita na forma Tz = q – (B + S)/2, 
na qual q é a carga da partícula em unidades da carga elementar. Definindo q como a carga da 
partícula em unidades do SI, como foi feito em capítulos anteriores, a expressão se torna
T q
e
B Sz = − +
1
2
( ).
Em vez de usar um eixo inclinado, como na Fig. 44-4, é possível reproduzir o mesmo padrão 
usando eixos retangulares se a estranheza S é substituída pela hipercarga, Y = B + S, e a carga 
q/e é substituída pela componente z do isospin, Tz = q/e −(B + S)/2, porque, nesse caso, tanto a 
grandeza usada para definir o eixo y como a grandeza usada para definir o eixo x variam com 
(B + S).
14. (a) De acordo com a Eq. 37-50,
Q mc m m m m cK p= − = + − −
= +
+ +D 
2 2
1189 4 493 7
( )
, ,
π+
MeV MeeV MeV MeV
MeV.
− −
=
139 6 938 3
605
, ,
(b) De acordo com a Eq. 37-50,
Q mc m m m m cK p= − = + − −
= +
−D 
2 2
0
1115 6 135 0
( )
, ,
p 0
MeV MeeV MeV MeV
MeV.
− −
= −
493 7 938 3
181
, ,
15. (a) Como a partícula lambda tem uma energia de repouso de 1115,6 MeV, o próton uma 
energia de repouso de 938,3 MeV e o kaon uma energia de repouso de 493,7 MeV, a energia 
de repouso antes do decaimento é menor que a energia de repouso depois do decaimento, o que 
significa que a energia não é conservada. O momento pode ser conservado. Como a partícula 
lambda e o próton têm spin h/2 e o kaon tem spin zero, o momento angular pode ser conservado. 
Como a partícula lambda tem carga zero, o próton tem carga +e e o kaon tem carga –e, a carga é 
conservada. Como a partícula lambda e o próton têm número bariônico +1, o número bariônico 
é conservado. Como a partícula lambda e o kaon têm estranheza –1 e o próton tem estranheza 
zero, a estranheza é conservada. Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da energia.
(b) Como a partícula ômega tem uma energia de repouso de 1680 MeV, a partícula sigma tem 
uma energia de repouso de 1197,3 MeV e o píon tem uma energia de repouso de 135 MeV, a 
energia de repouso antes do decaimento é maior que a energia de repouso depois do decaimento 
276 soluções dos problemas
e a energia pode ser conservada. O momento pode ser conservado. Como as partículas ômega 
e sigma têm spin h/2 e o píon tem spin zero, o momento angular pode ser conservado. Como a 
partícula ômega tem carga –e, a partícula sigma tem carga –e e o píon tem carga zero, a carga é 
conservada. Como as partículas ômega e sigma têm número bariônico +1 e o píon tem número 
bariônico 0, o número bariônico é conservado. Como a partícula ômega tem estranheza –3, a 
partícula sigma tem estranheza –1 e o píon tem estranheza zero, a estranheza não é conservada. 
Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da estranheza.
(c) Como o kaon e o próton podem ter energia cinética, a energia pode ser conservada, mesmo 
que a energia de repouso total após a colisão seja maior que a energia de repouso total após a 
colisão. O momento pode ser conservado. Como o próton e a partícula lambda têm spin h/2 e 
o kaon e o píon têm spin zero, o momento angular é conservado. Como o kaon tem carga –e, 
o próton tem carga +e, a partícula lambda tem carga zero e o píon tem carga +e, a carga não é 
conservada. Como o próton e a partícula lambda têm número bariônico +1 e o kaon e o píon 
têm número bariônico zero, o número bariônico é conservado. Como o kaon tem estranheza 
–1, o próton e o píon têm estranheza zero e a partícula lambda tem estranheza –1, a estranheza 
é conservada. Assim, a reação viola apenas a lei de conservação da carga.
16. Para verificar se a reação proposta, p p+ → + ++ − 0 e , viola alguma lei de conservação, 
usamos os números quânticos das partículas, que aparecem nas Tabelas 44-3 e 44-4. 
(a) Como q q( ) , ( ) ,p p= + = −1 1 q( ) ,0 0= q( )+ = +1 e q e( ) ,− = −1 temos
1 1 0 1 1+ − = + + −( ) ( )
 e, portanto, a carga é conservada.
(b) Como B B( ) , ( ) ,p p= + = −1 1 B( ) ,0 1= B( )+ = +1 e B e( ) ,− = 0 temos 1 1 1 1 0+ − ≠ + +( ) 
e, portanto, o número bariônico não é conservado.
(c) Como L Le e( ) ( ) ,p p= = 0 L Le e( ) ( ) 0 0= =+ e L ee ( ) ,− = 1 temos 0 0 0 0 1+ ≠ + + e, 
portanto, o número leptônico eletrônico não é conservado.
(d) Como todas as partículas envolvidas são férmions com s = 1/2, temos ( / ) ( / ) ( / ) ( / ) ( / )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2+ ≠ + +
( / ) ( / ) ( / ) ( / ) ( / )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2+ ≠ + + e, portanto, o spin não é conservado.
(e) Como S S( ) ( ) ,p p= = 0 S( ) ,0 1= S( )+ = +1 e S e( ) ,− = 0 temos 0 0 1 1 0+ ≠ + + e, por-
tanto, a estranheza não é conservada.
(f) Como o número leptônico muônico é zero para todas as partículas, o número leptônico 
muônico é conservado.
17. Para verificar se a reação proposta, − − −→ + + +p n K p, viola alguma lei de conservação, 
usamos os números quânticos das partículas, que aparecem nas Tabelas 44-3 e 44-4. 
(a) Como q( ) ,− = −1 q q q( ) , ( ) , ( )p − −= − = = −1 0 1n K e q( ) ,p = +1 temos − = − + + − +1 1 0 1 1( ) 
e, portanto, a carga é conservada.
(b) Como B( ) ,− = +1 B( ) ,p − = 0 B B( ) , ( )n K= + =−1 0 e B( ) ,p = +1 temos + ≠ + + + =1 0 1 0 1 2 
e, portanto, o número bariônico não é conservado.
(c) Como − , n e p são férmions com s = 1/2 e p2 e K2 são mésons com s = 0, temos 
+ ≠ + + +1 2 0 1 2 0 1 2/ ( / ) ( / )
 e, portanto, o spin não é conservado.
(d) Como S( ) ,− = −2 S( ) ,p − = 0 S S( ) , ( )n K= = −−0 1 e S( ) ,p = 0 temos −2 ≠ 0 + 0 +(−1) 
+ 0 e, portanto, a estranheza não é conservada.
soluções dos problemas 277
18. (a) De acordo com as Tabelas 44-3 e 44-4, a estranheza de K0 é +1, enquanto a estranheza 
de p+ e p– é 0; assim, a estranheza não é conservada e, portanto, a reação K0 → ++p p − não 
é mediada pela interação forte.
(b) Como a estranheza de Λ0 e
 
Σ+ é –1 e a estranheza de p e n é 0, a estranheza é conservada e, 
portanto, a reação Λ0 + p → Σ+ + n é mediada pela interação forte.
(c) Como a estranheza de Λ0 é –1 e a estranheza de p e p– é 0, a estranheza não é conservada e, 
portanto, a reação Λ0 → p + p não é mediada pela interação forte.
(d) Como a estranheza de K− e Λ0 é –1 e a estranheza de p e π0 é 0, a estranheza é conservada 
e, portanto, a reação K− + p → Λ0 + p0 é mediada pela interação forte.
19. Para analisar as propriedades do antinêutron, podemos ignorar um próton de cada lado da 
reação e escrever a reação na forma
p + → +p n.
As propriedades das partículas estão nas Tabelas 44-3 e 44-4. Como o píon e o próton têm carga 
+e, o antinêutron tem carga 0. Como o número bariônico do píon é 0 e o número bariônico do 
próton é +1, o número bariônico do antinêutron é –1. Como a estranheza do píon e do próton 
é 0, a estranheza do antinêutron é 0. Assim,
(a) q = 0. 
(b) B = –1, 
(c) S = 0.
20. (a) De acordo com a Eq. 37-50,
Q mc m m m cp= − = − −
= − −
D 
2 2
0
1115 6 938 3 1
( )
, ,
p −
MeV MeV 339 6 37 7, ,MeV MeV.=
(b) De acordo com a expressão obtida no Problema 44-6a,
K
E
E E Ep p= −( ) − 
= −
1
2
1115 6 938 3
2 2

 p
( , ,MeV MeeV MeV
MeV
MeV.) ( , )( , ) ,
2 2139 6
2 1115 6
5 35− =
(c) De acordo com a lei de conservação da energia,
K Q K pp − = − = − =37 7 5 35 324, , ,MeV MeV MeV.
21. (a) Para analisar a reação do ponto de vista das leis de conservação, podemos cancelar um 
próton de cada lado da reação e escrever a reação na forma p x→ +0 . Como o próton e a 
partícula lambda têm spin 1/2, o spin da partícula x é 0 ou 1. Como o próton tem carga +e e a 
partícula lambda é neutra, a carga da partícula x é +e. Como o número bariônico do próton e 
da partícula lambda é +1, o número bariônico da partícula x é 0. Como a estranheza do próton 
é 0 e a estranheza da partícula lambda é –1, a estranheza da partícula x é +1. Assim, a partícula 
x é um méson de carga +e e estranheza +1. Consultando a Tabela 44-4, vemos que se trata da 
partícula K+.
278 soluções dos problemas
(b) Como o próton tem spin 1/2, o antipróton tem spin 1/2 e o nêutron tem spin 1/2, a partícula 
x tem spin 1/2. Como o próton tem carga +e, o antipróton tem carga −e e o nêutron tem carga 
0, a carga da partícula x é 0. Como o número bariônico do próton e do nêutron é +1 e o número 
bariônico do antipróton é −1, o número bariônico da partícula x é −1. Como a estranheza do 
próton, do antipróton e do nêutron é 0, a estranheza da partícula x é 0. Consultando a Tabela 
44-3, vemos que se trata de um antinêutron n .
(c) Como o píon e a partícula K0 têm spin 0 e o próton e a partícula Ξ0 têm spin 1/2, o spin da 
partícula x é 0 ou 1. Como o píon tem carga −e, o próton tem carga +e e as partículas Ξ0 e K0 
têm carga 0, a carga da partícula x é 0. Como o número bariônico do píon e da partícula K0 é 0 
e o número bariônico do próton e da partícula Ξ0 é +1, o número bariônico da partícula x é 0. 
Como a estranheza do píon e do próton é 0, a estranheza da partícula Ξ0 é −2 e a estranheza da 
partícula K0 é +1, a estranheza da partícula x é +1. Consultando a Tabela 44-4, vemos que se 
trata da partícula K0.
22. De acordo com a lei de conservação da energia, temos:
K mc K m m m c Kf i n i= − + = − − +
= −
− −D 
2 2
1197 3 139
( )
,
p
MeV ,, ,6 939 6 220
338
MeV MeV MeV
MeV.
− +
=
23. (a) Consultando as três primeiras linhas da Tabela 44-5, já que a partícula é um bárion, vemos 
que a partícula é formada por três quarks. Como a estranheza é –2, dois dos quarks devem ser 
quarks s. Como cada um desses quarks tem uma carga −e/3, a soma das duas cargas é –2e/3. 
Como a carga total é e, a carga do terceiro quark deve ser 5e/3. Como não existe nenhum quark 
com esta carga, uma partícula como esta não é possível e, realmente, nunca foi observada.
(b) Consultando as três primeiras linhas da Tabela 44-5, já que a partícula é um bárion, vemos 
que a partícula é formada por três quarks. Como a estranheza é 0, a partícula não contém quarks 
s. Assim, precisamos encontrar uma combinação de quarks u e d com uma carga total 2e. Só 
existe uma possibilidade: uma partícula formada por três quarks u, ou seja, uma partícula do 
tipo uuu.
24. Se usássemos eixos mutuamente perpendiculares, as partículas formariam um triângulo 
retângulo. Usando um eixo q inclinado, como sugere o enunciado, as partículas formam um 
triângulo equilátero invertido, como mostra a figura.
As retas inclinadas, da esquerda para a direita, correspondem a partículas de carga
−1, 0, +1 e +2.
soluções dos problemas 279
25. (a) Usando uma barra acima do símbolo para indicar que se trata de um antiquark, a com-
posição do antipróton é u u d.
(b) A composição do antinêutron é u d d.
26. (a) A combinação ddu tem uma carga total −1/3 −1/3 +2/3 = 0 e uma estranheza 0. Consul-
tando a Tabela 44-3, vemos que se trata de um nêutron (n).
(b) A combinação uus tem uma carga total +2/3 +2/3 −1/3 = 1 e uma estranheza 0 + 0 −1 = −1. 
Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata de uma partícula Σ+.
(c) A combinação ssd tem uma carga total −1/3 −1/3 −1/3 = −1 e uma estranheza −1 −1 +0 = 
−2. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata de uma partícula Ξ−.
27. O méson K0 é formado por um quark e um antiquark. Sabemos que a carga total é zero 
e a estranheza é −1. O quark com estranheza −1 é o quark s. Para que a carga total seja 0, o 
antiquark deve ser d . Assim, a composição da partícula K0 é sd.
28. (a) Consultando a Tabela 44-3, constatamos que q = 0 e S = –1 para esta partícula (e também 
B = 1, o que acontece para todas as partículas desta tabela). Isto significa que a partícula deve 
conter um quark estranho, que tem carga –1/3, e, portanto, a soma das cargas dos outros dois 
quarks deve ser +1/3. Como nenhum dos outros quarks pode ser estranho, a composição de 
quarks da partícula é sud.
(b) Neste caso, como S = −2, a partícula deve conter dois quarks estranhos, que, juntos, têm 
carga −2/3. Como a carga total é 0, o terceiro quark deve ter carga +2/3. Assim, a composição 
de quarks da partícula é uss.
29. (a) No caso da combinação ssu, a carga total é (−1/3 −1/3 +2/3) = 0 e a estranheza total é 
(−1 −1 +0) = −2. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata da partícula Ξ0.
(b) No caso da combinação dds, a carga total é (−1/3 −1/3 −1/3) = −1 e a estranheza total é (0 + 
0 −1) = –1. Consultando a Tabela 44-3, vemos que se trata da partícula Σ−.
30. De acordo com as Eqs. 37-52 (γ = 1 + K/mc2) e 37-8 ( v c c= = − 1 −2 ), temos:
v c
K
mc
= − +


−
1 1 2
2
.
(a) Assim, no caso da partícula Σ*0,
v = × − +



=
−
( , )2 9979 10 1 1 1000
1385
8
2
m s
MeV
MeV
22 4406 108, .× m s
No caso da partícula Σ0,
′ = × − +



v ( , )
,
2 9979 10 1 1 1000
1192 5
8 m s
MeV
MeV
−−
= ×
2
82 5157 10, .m s
A partícula Σ0 está movendo mais depressa que a partícula Σ*0.
(b) A diferença entre as velocidades das duas partículas é
Dv v v= ′ − = − = ×( , , )( ) , .2 5157 2 4406 10 7 51 108 6m s m s
280 soluções dos problemas
31. De acordo com a Eq. 37-31, o fator de velocidade da galáxia é

 
 
= −
+
= −
+
= −
1
1
1
1
1 590
0
2
0
2
0
2
0
2
( )
( )
( )
( )
( ,
f f
f f
00 602 0
1 590 0
0 0201
2
2
nm nm
nm 602,0 nm
, )
( , ) ,+ = 33.
Assim, de acordo com a Eq. 44-19,
r
v
H
c
H
= = = ( ) ×( )
⋅
 0 02013 2 998 108, , m s
0,0218 m s anoo-luz
anos-luz.= ×2 77 108,
32. Como
 





= +
−
= ⇒ +
−
= ⇒ =0
1
1
2 1
1
2 3
50
,
a velocidade da galáxia é v = bc = 3c/5. Assim, a distância entre a galáxia e a Terra no momento 
em que a luz foi emitida era
r
v
H
c
H
c
H
= = = = × ( ) ( , )( ,3 5 0 60 2 998 10
8/ m/s)
0,0218 m s ano-luz
anos-luz.
⋅
= ×8 3 109,
33. De acordo com a Eq. 37-36,
D

= v
c
,
em que v é a velocidade da galáxia. Como, de acordo com a lei de Hubble, v = Hr, na qual r é 
a distância da galáxia e H é a constante de Hubble, temos: 
v = × ⋅ ×−( , )( , )21 8 10 2 40 103 8m/s ano-luz anos-luz == ×5 23 106, m/s,
e
D = =v
c
5 23 10
3 00 10
656 3
6
8
,
,
( , )×
×




m s
m s
nm == 11 4, nm.
Como a galáxia está se afastando da Terra, o comprimento de onda observado é maior que o 
comprimento de onda no referencial da galáxia e seu valor é 
656,3 nm + 11,4 nm = 667,7 nm ≈ 668 nm.
34. (a) De acordo com a lei de Hubble, (Eq. 44-19), a velocidade do astro é
v Hr= = ⋅ × =( , )( , )0 0218 1 5 10 34m/s ano-luz anos-luz 227 m/s.
Assim, a distância adicional entre o astro e a Terra daqui a um ano será
d vt= = = ×( ,327 1 0 1010m/s)(365 d)(86400 s/d) m.
(b) Como foi visto no item (a), a velocidade do astro é
v = ≈ ×327 102m/s 3,3 m/s.
35. Fazendo v = Hr = c, obtemos
r
c
H
= = ×
⋅
= ×3 0 10
0 0218
1 376 10
8
10,
,
,
m s
m s ano-luz
annos-luz anos-luz.≈ ×1 4 1010,
soluções dos problemas 281
36. (a) Fazendo
v r Hr v G M re( ) ,= ≤ = 2
obtemos M r H G3 2 2≥ , o que nos dá

p p p
= = ≥M
rM
r
H
G4 3
3
4
3
82 3
2
.
(b) Expressar a densidade em átomos de hidrogênio por metro cúbico equivale a expressar a 
massa específica em unidades de r0 = mH/m3 = 1,67 × 10–27 kg/m3. Assim, temos:

p 
=
= ⋅
3
8
3 0 0218
2
0
H
G
( )
( ,
átomos de H m
m s ano-lu
3
zz ano-luz 9,460 10 m átomos de H m15) ( , ) (2 21 00 × 33
3 2 3m kg s kg m
)
( )( , )
,
8 1 67 10
5
27p 6,67 10−11× ⋅ ×
=
−
77 átomos de H m3 .
37. (a) De acordo com a Eq. 37-31, temos:
 


 

0 0
1
1
1
1
= −
+
= + −
+
( ) .D
Dividindo ambos os membros por l0, obtemos
1 1 1
1
= + −
+
( ) ,z 

em que z = Dl/l. Explicitando b, obtemos
 = + −
+ +
= +
+ +
( )
( ) .
1 1
1 1
2
2 2
2
2
2
2
z
z
z z
z z
(b) Para z = 4,43, temos:
 = +
+ +
=( , ) ( , )( , ) ( , ) , .
4 43 2 4 43
4 43 2 4 43 2
0 934
2
2
(c) De acordo com a Eq. 44-19,
r
v
H
c
H
= = = ×
⋅
 ( , )( , )
,
0 934 3 0 10
0 0218
8 m s
m s ano-luz
== ×1 28 1010, .anos-luz
38. De acordo com a Eq. 39-33, a energia do fóton emitido é
E E E= − = − −

 =3 2 2 213 6
1
3
1
2
1 89( , ) ,eV eV
e o comprimento de onda é
0 7
1240 6 56 10= = ⋅ = × −hc
E
eV nm
1,89 eV
m.,
Como o comprimento de onda detectado é l = 3,00 × 10−3 m, temos: 

0
3
7
33 00 10
6 56 10
4 57 10= ×
×
= ×
−
−
,
,
, .
m
m
282 soluções dos problemas
39. (a) De acordo com a Eq. 41-29, N N e E kT2 1 = −D . Explicitando DE, obtemos
DE kT N
N
= = × −−ln ( , )( , ) ln ,
,
1
2
58 62 10 2 7 1 0 25
0 2
eV K K
55
2 56 10 0 264




= × ≈−, , .eV meV
(b) O comprimento de onda seria
 = = ⋅
×
= × ≈−
hc
ED
1240 4 84 10 4 84
6eV nm
2,56 10 eV
nm m, , mm.
40. Como F GMm r mv rgrav = =2 2 , M ∝ v2. Assim, a massa do Sol teria que ser
′ = 



=M v
v
MS Mercúrio
Plutão
S
km s
km
2
47 9
4 74
,
, ss
S S




=
2
102M M .
41. (a) A força gravitacional a que a Terra estaria submetida seria apenas a produzida pela massa 
M no interior da órbita da Terra. Se r é o raio da órbita da Terra, R é o raio do novo Sol e MS é 
a massa do Sol, temos:
M r
R
Ms= 

 =
×
×




3 11
12
3
1 50 10
5 90 10
1,
,
(m
m
,, ) , .99 10 3 27 1030 25× = ×kg kg
A força gravitacional exercida pela massa M sobre a Terra é dada por GMm/r2, na qual m é a 
massa da Terra e G é a constante gravitacional. Como a aceleração centrípeta é dada por v2/r, 
na qual v é a velocidade da Terra, GMm/r2 = mv2/r e, portanto,
v
GM
r
= = × ⋅ ×
×
−( , )( , )
,
6 67 10 3 27 10
1 50
11 2 25m s kg kg3
110
12111 m
m s= .
(b) A razão pedida é
1 21 10
2 98 10
0 00406
2
4
,
,
, .
×
×
=m s
m s
(c) O novo período de revolução é
T r
v
= = ×
× ×
2 2 1 50 10
1 21 10 3 15 10
11
2 7
p p( , )
( , )( ,
m
m/s ss/ano
anos) .= 247
Nota: Outra forma de resolver o problema seria a seguinte: como v M∼ , a razão das velo-
cidades é
v
v
M
M
r
RS0
3 2 11
12
1 50 10
5 90 10
= = 

 =
×
×


/
,
,
m
m


=
3 2
0 00405
/
, .
Além disso, como T v M∼ ∼1 1/ / , temos:
T T M
M
T R
r
S= = 

 =
×
×0 0
3 2 12
1 5 90 10
1 50
/
( ) ,
,
ano
m
110
24711
3 2
m
anos




=
/
.
42. (a) A massa da parte da galáxia que está no interior da órbita da estrela é dada por M9 = 
M(r/R)3. Como GM9m/r2 = mv2/r, na qual m é a massa da estrela, temos:
v
GM
r
GM
r
r
R
r
GM
R
= ′ = 

 =
3
3
soluções dos problemas 283
e
T r
v
R
GM
= =2 2
3p
p .
(b) Nesse caso, M9 = M e, portanto,
v GM r= /
 e 
T r
v
r
r
GM
r
GM
= = =2 2 2
3 2p
p p .
43. (a) Fazendo l = (2898 mm · K)/T na expressão E = hc/l = (1240 eV · nm)/l, obtemos:
E T= ⋅
⋅
= × ⋅
×
−1240
2898
1 240 10
2 898
3eV nm
m K
MeV nm

,
, 110
4 28 106
10
nm K
MeV/K
⋅
= × −( , ) .T
(b) A energia mínima necessária para criar um par elétron-pósitron é o dobro da energia do 
repouso do elétron, ou seja, 2(0,511 MeV) = 1,022 MeV. Assim,
T E=
×
=
×
=− −4 28 10
1 022
4 28 10
210 10
,
,
,
,
MeV K
MeV
MeV K
339 109× K.
44. (a) No caso da radiação cósmica de fundo, a lei de Wein nos dá
T = ⋅ = ⋅ =2898 2898
1 1
2 6

m K mm K
mm
K
max ,
, .
(b) Na época do “desacoplamento”, em que o universo se tornou “transparente”,

 
max ,=
⋅ = ⋅ = =2898 2898
2970
0 976 976m K m K
K
m nm
T
..
45. Como apenas o quark estranho (s) possui estranheza diferente de zero, para obter um méson 
com S = –1 temos que combinar s com um antiquark que não seja estranho. O problema é que, 
como a carga do quark estranho é –1/3, para que a carga total fosse +1 o antiquark teria que ter 
uma carga de +4/3, e não existem antiquarks com esta carga. Assim, um méson com S = –1 e 
q = +1 não pode existir. Da mesma forma, como não existe um quark com q = −4/3, não pode 
existir um méson com 
S = +1 e q = –1.
46. Supondo que a reta passa pela origem, sua inclinação é 0,40c/(5,3 × 109 anos-luz). Assim,
T
H c
= = = × = ×1 1 5 3 10
0 40
5 3 19
inclinação
anos-luz,
,
, 00
0 40
13 10
9
9anos anos
,
.≈ ×
47. A energia liberada seria o dobro da energia de repouso da Terra:
E = 2mc2 = 2(5,98 × 1024 kg)(2,998 × 108 m/s)2 = 1,08 × 1042 J.
Como no caso da aniquilação de um par elétron-pósitron, essa energia seria liberada na forma 
de radiação eletromagnética.
48. Observando o rastro 1 e notando que, de acordo com a Tabela 44-6, a partícula A tem carga 
positiva, chegamos à conclusão de que a curvatura dos rastros das partículas de carga positiva é 
284 soluções dos problemas
no sentido anti-horário, o que, por extensão, significa que a curvatura dos rastros das partículas 
negativas é no sentido horário. Assim, ficamos sabendo que os rastros 1, 2, 4, 6 e 7 foram cria-
dos por partículas de carga positiva e os rastros 5, 8 e 9 foram criados por partículas negativas. 
Examinando a Tabela 44-6 (e sabendo que somente uma partícula de cada tipo é observada), 
encontramos apenas as seguintes possibilidades:
rastros partículas
tracks
2 4 6 7
5
, , , , , , ,
,
↔ C F H J
88 9, , ,↔ partículas D E G
Sabemos, também, que a partícula que não é observada é B ou I, já que apenas uma partícula 
neutra é indicada na Fig. 44-12 por uma reta tracejada. De acordo com a lei de conservação da 
carga, os rastros 2, 4 e 6 foram feitos por partículas com uma unidade de carga positiva (note 
que o rastro 5 foi feito por uma partícula com uma unidade de carga negativa), o que significa, 
por eliminação, que o rastro 7 foi feito pela partícula H. Esta conclusão é confirmada aplicando a 
lei de conservação da carga ao vértice formado pelos rastros 7, 8 e 9. Depois de esgotar as infor-
mações relacionadas à carga, vamos passar aos números quânticos fictícios. Considere o vértice 
formado pelos rastros 2, 3 e 4 (na lista a seguir, o índice inferior indica o número de Graça):
rastros partículas
rastro par
2 4
3
2 0 6, , ,↔
↔
−C F J
ttícula ouB I4 6
Como o número de Graça da partícula responsável pelo rastro 4 deve ser igual à soma dos nú-
meros de Graça das partículas 2 e 3, chegamos à conclusão de que a partícula F é responsável 
pelo rastro 4, a partícula J é responsável pelo rastro 2 e a partícula I é responsável pelo rastro 
3. Por eliminação, a partícula responsável pelo rastro 6 (a única partícula de carga positiva que 
ainda não foi identificada) é a partícula C. No vértice definidopor
A F C→ + + ( )−rastro5 ,
na qual a carga da partícula responsável pelo rastro 5 está indicada pelo índice inferior, vemos 
que, de acordo com a lei de conservação da Simpatia, a partícula responsável pelo rastro 5 deve 
ter Simpatia = −1 e, portanto, só pode ser a partícula G. Resta apenas uma dúvida:
rastros partículas8 9, , .↔ D E
De acordo com o enunciado, a partícula responsável pelo rastro 8 é a partícula D, pois é a única 
partícula não identificada com Seriedade = 0. Em consequência, a partícula responsável pelo 
rastro 9 só pode ser a partícula E.
Resumindo, temos:
(a) A partícula A é responsável pelo rastro 1.
(b) A partícula J é responsável pelo rastro 2.
(c) A partícula I é responsável pelo rastro 3.
(d) A partícula F é responsável pelo rastro 4.
(e) A partícula G é responsável pelo rastro 5.
(f) A partícula C é responsável pelo rastro 6.
(g) A partícula H é responsável pelo rastro 7.
(h) A partícula D é responsável pelo rastro 8.
(i) A partícula E é responsável pelo rastro 9.
soluções dos problemas 285
49. (a) Explicitando a velocidade na Eq. 37-42, que expressa a relação relativística entre velo-
cidade e momento,
p mv mv
v c
= =
−

1 2( )
,
/
obtemos:
v c
pc mc
= −
+
1 1
12 2( ) ./
No caso de um antipróton, mc2 = 938,3 MeV. Assim, para pc = 1,19 GeV = 1190 MeV, te-
mos:
v c c= −
+
=1 1
1190 938 3 1
0 7852( , ) , .MeV/ MeV
(b) No caso de um píon negativo, mc2 = 193,6 MeV. Assim, para pc = 1190 MeV, temos:
v c c= −
+
=1 1
1190 193 6 1
0 9932( , ) , .MeV/ MeV
(c) Como a velocidade dos antiprótons está entre 0,75 e 0,79, um antipróton faria disparar o 
detector C2.
(d) Como a velocidade dos píons negativos é maior que 0,79, um píon negativo faria disparar 
o detector C1.
(e) Como o intervalo de tempo é dado por Dt = d/v, na qual d = 12 m, temos:
Dt =
×
= × =−1
0 785 2 998 10
5 1 10 518
8
, ( , ) , .m/s s ns
(f) No caso de um píon negativo,
Dt =
×
= × =−12
0 993 2 998 10
4 0 10 408
8m
m/s
s ns
, ( , ) , .
50. (a) Como a carga do próton e do pósitron é +1 e a carga do neutrino é zero, a lei de conser-
vação da carga é respeitada.
(b) Como a energia de repouso do próton é muito maior que a soma das energias de repouso do 
pósitron e do neutrino, a lei de conservação da energia é respeitada. 
 
(c) A lei de conservação do momento linear pode ser respeitada, bastando para isso que a soma ve-
torial dos momentos lineares do elétron e o neutrino seja igual ao momento linear do próton.
(d) A lei de conservação do momento angular pode ser respeitada, bastando para isso que a 
soma vetorial dos momentos angulares do elétron e do neutrino seja igual ao momento angular 
do próton.