Resolução Halliday Vol4 cap 40 ed 9

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1. O módulo L do momento angular orbital 

L é dado pela Eq. 40-2: L = +l l( ) .1 h Por outro 
lado, a componente Lz é dada pela Eq. 40-7: Lz = mlh, em que ml l l= − +,... . Assim, o ângulo 
semiclássico satisfaz a relação cos . = L Lz / O menor valor do ângulo corresponde a m = l, o 
que nos dá
cos ( ) cos ( ) = + ⇒ = +




−l
l l
l
l l
h
h1 1
1
.
Para l = 5,  = =−cos ( ) , .1 5 30 24 1/ °
2. Para um dado número quântico n, existem n valores possíveis de l, que vão de 0 a n − 1. Para 
cada valor de l, existem Nl = 2(2l + 1) estados eletrônicos. Assim, o número total de estados 
para um dado valor de n é
N N nn
n n
= = + =
=
−
=
−
∑ ∑l
l l
l
0
1
0
1
22 2 1 2( ) .
Para n = 5, a expressão acima nos dá Nn = 2n2 = 2(5)2 = 50.
3. (a) De acordo com a Eq. 40-2,
L = + = + × ⋅ = ×− −l l( ) ( )( , ) ,1 3 3 1 1 055 10 3 65 1034 34h J s JJ s.⋅
(b) De acordo com a Eq. 40-7, Lz = mlh. A projeção é máxima para ml = l, o que nos dá
Lz[ ] = = × ⋅ = × ⋅− −max ( , ) ,lh 3 1 055 10 3 16 1034 34J s J s.
4. Para um dado número quântico n, existem n valores possíveis de l, que vão de 0 a n − 1. Para 
cada valor de l, existem Nl = 2(2l + 1) estados eletrônicos. Assim, o número total de estados 
para um dado valor de n é
N N nn
n n
= = + =
=
−
=
−
∑ ∑l
l l
l
0
1
0
1
22 2 1 2( ) .
(a) Para n = 4, Nn = 2(42) = 32.
(b) Para n = 1, Nn = 2(12) = 2.
(c) Para n = 3, Nn = 2(32) = 18.
(d) Para n = 2, Nn = 2(22) = 8.
5. (a) Para um dado valor do número quântico principal n, o número quântico orbital l varia de 
0 a n – 1. Para n = 3, existem três valores possíveis: 0, 1 e 2.
(b) Para um dado valor de l, o número quântico magnético ml varia de −l a +l. Para l = 1, 
existem três valores possíveis: –1, 0 e +1.
Capítulo 40
soluções dos problemas 191
6. Para um dado valor do número quântico orbital l, existem (2l + 1) diferentes valores de ml. 
Para cada valor ml, o spin do elétron pode ter duas orientações diferentes. Assim, o número total 
de estados do elétron para um dado valor de l é dado por Nl = 2(2l + 1).
(a) Como l = 3, Nl = 2(2 × 3 + 1) = 14.
(b) Como l = 1, Nl = 2(2 × 1 + 1) = 6.
(c) Como l = 1, Nl = 2(2 × 1 + 1) = 6.
(d) Como l = 0, Nl = 2(2 × 0 + 1) = 2.
7. (a) O menor valor possível de l é lmin = ml = 4.
(b) O menor valor possível de n é n = lmin + 1 = 5. 
(c) Como, para um elétron, ms só pode assumir os valores +1/2 e −1/2, o número de valores 
possíveis de ms é 2.
8. (a) Para l = 3, o maior valor possível de ml é ml = l = 3.
(b) Existem dois estados (ms = +1/2 e ms = −1/2) com ml = 3.
(c) Como existem sete valores possíveis de ml: +3, +2, +1, 0, –1, –2, –3, e dois valores possíveis 
de ms, +1/2 e −1/2, o número total de estados disponíveis nesta subcamada é 14. 
9. (a) Como, para l = 3, o módulo do momento angular orbital é
L = + = + =l l h h h( ) ( ) ,1 3 3 1 12
o módulo de 

L
 em múltiplos de h é 12 3 46≈ , .
(b) Como o módulo do momento angular orbital é 
  orb = +( ) =l l 1 12B B ,
o módulo de 


 em múltiplos de mB é 12 3 46≈ , .
 
(c) O maior valor possível de ml é ml = l = 3.
(d) Como Lz = mlh, o valor correspondente de Lz em múltiplos de h é 3.
(e) Como morb,z = −mlmB, o valor correspondente de morb,z em múltiplos de mB é −3.
O ângulo semiclássico entre as direções de Lz e 

L obedece à relação
cos ( ) = +ml l l/ 1 .
(f) Para l = 3 e ms = 3, cos / / , = =3 12 3 2 o que nos dá u = 30,0o.
(g) Para l = 3 e ms = 2, cos / / , = =2 12 1 3 o que nos dá u = 54,7o.
(h) Para l = 3 e ms = −3, cos / / , = − = −3 12 3 2 o que nos dá u = 150o.
10. (a) Para n = 3, existem três valores possíveis de l: 0, 1 e 2.
192 soluções dos problemas
(b) Para l = 2, existem 5 valores possíveis de ml = −2, −1, 0, +1 e + 2.
(c) Como, para um elétron, quaisquer que sejam os valores de n, l e ml, ms só pode assumir os 
valores +1/2 e −1/2, o número de valores possíveis de ms é 2.
(d) Como, de acordo com a solução do Problema 2, o número total de estados para um dado 
valor de n é 2n2, para n = 3 o número de estados possíveis é 2(32) = 18.
(e) Cada subcamada é caracterizada por um valor diferente de l. Como, para n = 3, existem três 
valores possíveis de l, o número de subcamadas da camada n = 3 é 3.
11. Como L L L L L L L Lx y z x y z2 2 2 2 2 2 2 2= + + + = −, . Substituindo L2 por l l h+( )1 2 e Lz por 
mlh, obtemos
L L mx y2 2 21+ = +( ) −h l l l .
Como, para um dado valor de l, o maior valor possível de ml é l, o menor valor possível de 
L Lx y2 2+ é h l l l h l+( ) − =1 2 . Como o menor valor possível de ml é 0, o maior valor 
possível de L Lx y2 2+ é h l l +( )1 . Assim,
h l h l l≤ + ≤ +( )L Lx y2 2 1 .
12. O momento angular da esfera, 

Lesfera , tem o mesmo módulo que 

Látomos , o momento angular 
total dos átomos alinhados da esfera. O número de átomos da esfera é
N N m
M
A= ,
em que NA = 6,02 × 1023 mol−1 é o número de Avogadro e M = 0,0558 kg/mol é a massa molar 
do ferro. O momento angular total dos átomos é, portanto,
L N m N m
Ms
A
átomos = =0 12 0 12 2
, ( ) , .h h
Por outro lado, de acordo com a Eq. 11-31 e a Tabela 10-2, o momento angular da esfera é
L I mResfera = = 

 
2
5
2
.
Igualando as duas expressões e explicitando ω, obtemos
 = = × ×
−
0 12 5
4
0 12 5 6 02 10 6 63 12
23 1
, ,
( , )( ,N
MR
Ah mol 00
4 0 0558 10
34
3 2
−
−
⋅
×
=
J s/2 )
kg/mol)(2,00 m

( , )
44 3 10 5, × − rad/s.
13. A força a que o átomo de prata está submetido é dada por
F dU
dz
d
dz
B dB
dzz z z
= − = − −( ) = 
em que mz é a componente z do momento dipolar magnético do átomo de prata e B é o campo 
magnético. A aceleração resultante é
a
F
M
dB dz
M
z z= =  ( ) ,/
soluções dos problemas 193
em que M é a massa de um átomo de prata. Usando os dados do Exemplo “Separação do feixe 
no experimento de Stern-Gerlach”, obtemos
a = × ×
×
= ×
−
−
( , )( , )
,
,
9 27 10 1 4 10
1 8 10
7 2
24 3
25
J T T m
kg
1104 2m s 72 km/s2= .
14. (a) De acordo com a Eq. 40-19,
F dB
dzB
= = × × = ×− − ( , )( , ) ,9 27 10 1 6 10 1 5 1024 2 2J T T m 11 N.
(b) O deslocamento vertical é
Dx at
F
m
l
v
= = 





 =
× −1
2
1
2
1
2
1 5 10
1
2
2 21
,
,
N
667 10
0 80
1 2 10
2 027 5
2
×



 ×




= ×− kg
m
m s
,
,
, 110 205− =m m .
15. O módulo do momento angular de spin é 
S s s= + = + =( ) ( )( ) ( ) .1 1 2 1 2 1 3 2h h h/ /
A componente z pode ser Sz = h/2 ou −h/2. 
(a) Se Sz = h/2, o ângulo u entre o vetor momento angular de spin e o semieixo z positivo é
 = 

 =



 =
− −cos cos , .1 1
1
3
54 7S
S
z
°
(b) Se Sz = −h/2, o ângulo é u = 180° – 54,7° = 125,3° ≈ 125°. 
16. (a) De acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18,
DE BB= =
×
×
−
−2
2 9 27 10 0 50
1 60 10
24
19
( , )( , )
,
J T T
J eV
== 58eV.
(b) Como DE = hf, temos:
f E
h
= = ×
× ⋅
= × =
−
−
D 9 27 10
6 63 10
1 4 10 1
24
34
10,
,
,
J
J s
Hz 44 GHz .
(c) O comprimento de onda é
 = = ×
×
=cf
2 998 10
1 4 10
2 1
8
10
,
,
, .
m s
Hz
cm
(d) Essa radiação está na faixa das micro-ondas.
17. Como, de acordo com a Eq. 40-22, o campo magnético total B = Blocal + Bext satisfaz a relação 
DE = hf = 2mB, temos:
B hf Blocal ext J s Hz= − = × ⋅ ×
−
2
6 63 10 34 10
2
34 6

( , )( )
(( , ) , .1 41 10 0 78 1926× − =− J T T mT
18. Como, de acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18, DE = 2mBBef, temos:
B E hc
B B
ef
nm eV
nm
= = = ⋅
× −
D
2 2
1240
2 21 10 5 787  ( )( , 88 10 515× =−eV T mT) .
194 soluções dos problemas
19. A energia de um dipolo magnético em um campo magnético externo 

B é U B Bz= − ⋅ = −
 
  ,
em que 


 é o momento dipolar magnético e mz é a componente do momento dipolar magnético 
na direção do campo. A energia necessária para mudar a direção do momento de paralela para 
antiparalela é DE = DU = 2mzB. Como a componente z do momento magnético de spin de um 
elétron é o magnéton de Bohr mB, temos: 
DE B= = × = ×− −2 2 9 274 10 0 200 3 71 1024 24B J T T( , )( , ) , JJ.
O comprimento de onda do fóton é
 = = = × ⋅ ×
−c
f
hc
ED
( , )( , )
,
6 626 10 2 998 10
3 71
34 8J s m s
××
= × =−
−
10
5 35 1024
2
J
m 5,35 cm, .
20. De acordo com a Eq. 39-20, os quatro primeiros níveis do curral retangular são não degene-
rados, com energias E1,1 = 1,25, E1,2 = 2,00, E1,3 = 3,25 e E2,1 = 4,25 (em múltiplos de h2/8mL2). 
Assim, de acordo com o princípio de exclusão de Pauli, temos:
Efund = 2E1,1 + 2E1,2 + 2E1,3 + E2,3 = 2(1,25) + 2(2,00) + 2(3,25) + 4,25 = 17,25
em múltiplos de h2/8mL2. 
21. De acordo com o princípio de exclusão de Pauli, dois elétrons ocupam os níveis n = 1, 2, 3 
e um elétron ocupa o nível n = 4. Assim, de acordo com a Eq. 39-4,
E E E E E
h
mL
h
fund = + + +
= 

 ( ) +
2 2 2
2
8
1 2
8
1 2 3 4
2
2
2
2
mmL
h
mL
h
mL2
2
2
2
2
2
22 2 8
3
8



 ( ) +



 ( ) +



 ( )
= + + +( )

 =


4
2 8 18 16
8
44
8
2
2
2
2
2
h
mL
h
mL


e a energia no nível fundamental do sistema, em múltiplos de h2/8mL2, é 44. 
22. Devido à degeneração do spin ( ms = ±1 2/ ), cada estado pode acomodar dois elétrons. 
Assim, no diagrama de níveis de energia da Fig. 40-23, dois elétrons podem ocupar o estado 
fundamental, com energia E h mL1 2 24 8= ( ),/ seis elétrons podem ocupar o estado triplo com 
E h mL2 2 26 8= ( )/ e assim por diante. No caso de 11 elétrons, a configuração de menor energia 
consiste em dois elétrons com E h mL1 2 24 8= ( ),/ seis elétrons com E h mL2 2 26 8= ( )/ e três 
elétrons com E h mL3 2 27 8= ( )./ A energia desse estado é
E E E E h
mL
h
mLfund
= + + = 

 +

2 6 3 2
4
8
6 6
81 2 3
2
2
2
2

 +




= + +[ ]
3 7
8
2 4 6 6 3 7
2
2
h
mL
( )( ) ( )( ) ( )( ) hh
mL
h
mL
2
2
2
28
65
8



 =



 .
O primeiro estado excitado é formado por dois elétrons com E h mL1 2 24 8= ( ),/ cinco elétrons 
com E h mL2 2 26 8= ( )/ e quatro elétrons com E h mL3 2 27 8= ( )./ A energia desse estado é
E E E E h
mL
h
mL1ex
= + + = 

 +

2 5 4 2
4
8
5 6
81 2 3
2
2
2
2

 +




= + +[ ]
4 7
8
2 4 5 6 4 7
2
2
h
mL
h( )( ) ( )( ) ( )( )
22
2
2
28
66
8mL
h
mL



 =



 .
Assim, a energia do primeiro estado excitado, em múltiplos de h2/8mL2, é 66. 
soluções dos problemas 195
23. De acordo com a Eq. 39-23, os níveis de energia do elétron são dados por
E h
mL
n n nn n n x y zx y z, , ,= + +( )
2
2
2 2 2
8
em que nx, ny e nz são números inteiros positivos. O nível fundamental corresponde a nx = 1, ny = 
1 e nz = 1 e tem uma energia E1,1,1 = 3(h2/8mL2). Existem dois elétrons com esta energia, um com 
o spin para cima e o outro com o spin para baixo. O nível seguinte é triplamente degenerado e 
tem uma energia
E1,1,2 = E1,2,1 = E2,1,1 = 6(h2/8mL2).
Como cada um dos estados pode ser ocupado por dois elétrons, este nível é ocupado pelos seis 
elétrons restantes. Assim, a energia do estado fundamental do sistema é 
Efund = (2)(3)(h2/8mL2) + (6)(6)(h2/8mL2) = 42(h2/8mL2)
e a energia, em múltiplos de h2/8mL2, é 42.
Nota: A tabela a seguir mostra a configuração do estado fundamental e as energias dos elétrons 
envolvidos, em múltiplos de h2/8mL2.
nx ny nz ms energia
1 1 1 –1/2, +1/2 3 + 3
1 1 2 –1/2, +1/2 6 + 6
1 2 1 –1/2, +1/2 6 + 6
2 1 1 –1/2, +1/2 6 + 6
total 42
 
24. (a) De acordo com a Eq. 39-20, as energias dos cinco primeiros níveis do curral retangular, 
em múltiplos de h2/8mL2, são as seguintes: 
E1,1 = 1,25, E1,2 = 2,00, E1,3 = 3,25, E2,1 = 4,25, E2,2 = 5,00.
Note que o nível E2,2 é duplamente degenerado (o estado E2,2 tem a mesma energia que o estado 
E1,4), mas isso não afeta a solução do problema. Na segunda configuração de menor energia, que 
corresponde ao primeiro estado excitado, os três primeiros níveis estão totalmente ocupados, o 
quarto nível está vazio e o quinto nível está parcialmente ocupado. A energia correspondente, 
em múltiplos de h2/8mL2, é
E E E E E1ex = + + + = +2 2 2 2 1 25 2 2 001 1 1 2 1 3 2 2, , , , ( , ) ( , ) ++ + =2 3 25 5 00 18 00( , ) , , .
(b) Na terceira configuração de maior energia, que corresponde ao segundo estado excitado, os 
dois primeiros níveis estão totalmente ocupados, o terceiro está parcialmente ocupado e o quarto 
está totalmente ocupado. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é 
E E E E E2ex = + + + = +2 2 2 2 1 25 2 2 001 1 1 2 1 3 2 1, , , , ( , ) ( , ) ++ + =3 25 2 4 25 18 25, ( , ) , .
(c) Na quarta configuração de maior energia, que corresponde ao terceiro estado excitado, os 
dois primeiros níveis estão totalmente ocupados e os três níveis seguintes estão parcialmente 
ocupados. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é
E E E E E E3ex = + + + + = +2 2 2 1 25 2 21 1 1 2 1 3 2 1 2 2, , , , , ( , ) ( ,, ) , , , , .00 3 25 4 25 5 00 19 00+ + + =
(d) O diagrama a seguir mostra os níveis de energia deste problema e do Problema 40-20.
__________________ terceiro estado excitado: E = 19,00(h2/8mL2)
196 soluções dos problemas
__________________ segundo estado excitado: E = 18,25(h2/8mL2)
__________________ primeiro estado excitado: E = 18,00(h2/8mL2)
__________________ estado fundamental: E = 17,25(h2/8mL2)
25. (a) Na segunda configuração de menor energia do sistema do Problema 40-21, que cor-
responde ao primeiro estado excitado, os dois primeiros níveis estão totalmente ocupados, o 
terceiro nível está parcialmente ocupado e o quarto nível está totalmente ocupado. A energia 
correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é
E1ex = 2E1 + 2E2 + E3 + 3E4 = 2(1)2 + 2(2)2 + (3)2 + 2(4)2 = 51.
(b) Na terceira configuração de menor energia, que corresponde ao segundo estado excitado, os 
três primeiros níveis estão totalmente ocupados, o quarto nível está vazio e o quinto nível está 
parcialmente ocupado. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é
E2ex = 2E1 + 2E2 + 2E3 + E5 = 2(1)2 + 2(2)2 + 2(3)2 + (5)2 = 53.
(c) Na quarta configuração de menor energia, que corresponde ao terceiro estado excitado, o pri-
meiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está parcialmente ocupado e os dois níveis 
seguintes estão totalmente ocupados. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é
E3ex = 2E1 + E2 + 2E3 + 2E4 = 2(1)2 + (2)2 + 2(3)2 + 2(4)2 = 56.
(d) O diagrama a seguir mostra os níveis de energia deste problema e do Problema 40-21.
_______________________ terceiro estado excitado: E = 56(h2/8mL2)
_______________________ segundo estado excitado: E = 53(h2/8mL2)
_______________________ primeiro estado excitado: E = 51(h2/8mL2)
_______________________ estado fundamental: E = 44(h2/8mL2)
26. De acordo com a Eq. 39-21, os níveis de energia do sistema são dados por
E h
m
n
L
n
L
n
L
h
n n n
x
x
y
y
z
z
x y z, ,
= + +




=
2 2
2
2
2
2
2
2
8 88 2
2 2 2
mL
n n nx y z+ +( ) .
O nível fundamental é o nível E1,1,1 = 3(h2/8mL2), com nx = ny = nz = 1.
 Os três níveis seguintes são triplamente degenerados: 
E9 = E1,1,2 = E1,2,1 = E2,1,1= 6(h2/8mL2)
E99 = E1,2,2 = E2,2,1 = E2,1,2 = 9(h2/8mL2)
 E999 = E1,1,3 = E1,3,1 = E3,1,1 = 11(h2/8mL2). 
O nível seguinte é não degenerado: 
E2,2,2 = (22 + 22 + 22)(h2/8mL2) = 12(h2/8mL2).
O nível seguinte é seis vezes degenerado e tem uma energia 
E9999 = 14(h2/8mL2).
soluções dos problemas 197
(a) Na segunda configuração de menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde 
ao primeiro estado excitado, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está 
ocupado por cinco elétrons e o terceiro nível está ocupado por um elétron. A energia corres-
pondente, em múltiplos de h2/8mL2, é
E E E E1ex = + ′ + ′′ = + + =2 5 2 3 5 6 9 451 1 1, , ( ) ( ) .
(b) Na terceira configuração de menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde 
ao segundo estado excitado, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo nível está 
ocupado por cinco elétrons, o terceiro nível está vazio e o quarto nível está ocupado por um 
elétron. A energia correspondente, em múltiplos de h2/8mL2, é
E E E E2ex = + ′ + ′′ = + + =2 5 2 3 5 6 11 471 1 1, , ( ) ( ) .
(c) A quarta menor energia do sistema do Problema 40-23, que corresponde ao terceiro estado 
excitado, está associada a duas diferentes configurações. Na primeira, o primeiro nível está 
totalmente ocupado, o segundo nível está ocupado por cinco elétrons, o terceiro e quarto níveis 
estão vazios e o quinto nível está ocupado por um elétron. A energia correspondente, em múl-
tiplos de h2/8mL2, é
E E E E3ex = + ′ + ′′′ = + + =2 5 2 3 5 6 12 481 1 1, , ( ) ( ) .
Na segunda, o primeiro nível está totalmente ocupado, o segundo está ocupado por quatro elé-
trons e o terceiro está ocupado por um elétron.
(d) O diagrama a seguir mostra os níveis de energia deste problema e do Problema 40-23.
__________________ terceiro estado excitado: E = 48(h2/8mL2)
__________________ segundo estado excitado: E = 47(h2/8mL2)
__________________ primeiro estado excitado: E = 45(h2/8mL2)
__________________ estado fundamental: E = 42(h2/8mL2)
27. (a) Todos os estados com número quântico principal n = 1 estão ocupados. No estado se-
guinte, com n = 2, o número quântico orbital pode ter os valores l = 0 e l = 1; desses estados, 
os de menor energia são os estados com l = 0. Para l = 0, o único valor possível para o número 
quântico magnético é ml = 0. O número quântico de spin pode ter os valores ms = +1/2 e ms = 
−1/2, que correspondem à mesma energia na ausência de um campo magnético externo. Assim, 
no estado fundamental, os números quânticos do terceiro elétron podem ser n = 2, l = 0, ml = 0 
e ms = +1/2 ou n = 2, l = 0, ml = 0 e ms = −1/2, ou seja,
( , , , )n m msl l = (2,0,0, +1/2) e (2,0,0, −1/2).
(b) A segunda menor energia corresponde a uma configuração com o terceiro elétron em um 
estado com n = 2 e l = 1. Nesse caso, o número quântico magnético pode ser −1, 0 ou 1 e o 
número quântico de spin pode ser ms = 1/2 ou ms = −1,2. Assim,
( , , , )n m msl l = (2,1,1,+1/2), (2,1,1,−1/2), (2,1,0,+1/2), (2,1,0,−1/2), (2,1,−1,+1,2) e 
(2,1,−1,−1/2).
198 soluções dos problemas
28. Para um dado número quântico n, existem n valores possíveis de l, que vão de 0 a n − 1. Para 
cada valor de l, existem Nl = 2(2l + 1) estados eletrônicos. Assim, o número total de estados 
para um dado valor de n é
N N nn
n n
= = + =
=
−
=
−
∑ ∑l
l l
l
0
1
0
1
22 2 1 2( ) .
29. De acordo com o resultado do Problema 40-28, o número de estados com o mesmo número 
quântico n é 2n2. Assim, no caso de um átomo com 110, se os níveis fossem ocupados na ordem 
crescente de n, teríamos 2 elétrons na camada n = 1, 8 elétrons na camada n = 2, 18 elétrons 
na camada n = 3, 32 elétrons na camada n = 4 e os 50 elétrons restantes na camada n = 5 que 
comporta exatamente 50 elétrons. Esses elétrons seriam colocados nas subcamadas na ordem s, 
p, d, f, g, ... e a configuração resultante seria 5 5 5 5 52 6 10 14 18s p d f g . Assim, o número quântico 
l do último elétron, em notação espectroscópica, seria g. 
Na verdade, por causa da interação entre os elétrons, a configuração dos elétrons no estado 
fundamental do darmstádio é
1 2 2 3 3 3 4 4 4 4 5 5 52 2 6 2 6 10 2 6 10 14 2 6 10s s p s p d s p d f s p d 55 6 6 6 714 2 6 9 1f s p d s .
30. Quando um átomo de hélio se encontra no estado fundamental, os dois elétrons estão no 
estado 1s, com n = 1, l = 0 e ml = 0. Em um desses elétrons, o spin aponta para cima (ms = +1/2); 
no outro, o spin aponta para baixo (ms = −1/2). Assim, 
(a) os números quânticos ( , , , )n m msl l do elétron cujo spin aponta para cima são (1,0,0,+1/2). 
(b) os números quânticos ( , , , )n m msl l do elétron cujo spin aponta para baixo são 
(1,0,0,−1/2).
31. Nos três elementos, as primeiras três camadas (n = 1 a 3), que podem acomodar 2 + 8 + 18 = 
28 elétrons, estão totalmente ocupadas. No caso do selênio (Z = 34), restam 34 – 28 = 6 elétrons 
para serem acomodados. Dois desses elétrons vão para a subcamada 4s e os outros quatro vão 
para a subcamada 4pl. 
(a) A última subcamada ocupada do selênio é a subcamada 4p.
(b) A subcamada 4p é ocupada por 4 elétrons.
No caso do bromo (Z = 35), a última subcamada ocupada também é a subcamada 4p, que, neste 
caso, contém 5 elétrons. 
(c) A última subcamada ocupada do bromo é a subcamada 4p.
(d) A subcamada 4p é ocupada por 5 elétrons.
No caso do criptônio (Z = 36), a última subcamada ocupada também é a subcamada 4p, que, 
neste caso, contém 6 elétrons. 
(e) A última subcamada ocupada do criptônio é a subcamada 4p.
(f) A subcamada 4p é ocupada por 6 elétrons.
32. (a) Existem três valores possíveis para ml (1, 0 e −1) e dois valores possíveis para ms (+1/2 
e −1/2). Os estados possíveis são ( , , , )m m m ms sl l1 1 2 2 = (1, +1/2, 1, −1/2), (1, +1/2, 0, +1/2), 
(1, +1/2, 0, −1/2), (1, +1/2, −1, +1/2), (1, +1/2, −1, −1/2), (1, −1/2, 0, +1/2), (1, −1/2, 0, −1/2), 
soluções dos problemas 199
(1, −1/2, −1, +1/2), (1, −1/2, −1, −1/2), (0, +1/2, 0, −1/2), (0, +1/2, −1, +1/2), (0, +1/2, −1, 
−1/2), (0, −1/2, −1, + 1/2), (0, −1/2, −1, −1/2), ( −1, +1/2, −1, −1/2). Assim, existem 15 estados 
possíveis.
(b) Existem seis estados proibidos pelo princípio de exclusão de Pauli, nos quais os dois elétrons 
têm os mesmos números quânticos: ( , , , )m m m ms sl l1 1 2 2 = (1, +1/2, 1, +1/2), (1, −1/2, 1, −1/2), (0, 
+1/2, 0, +1/2), (0, −1/2, 0, −1/2), (−1, +1/2, −1, +1/2), (−1, −1/2, −1, −1/2). Assim, se o princípio 
de exclusão de Pauli não existisse, seriam possíveis 15 + 6 = 21 estados.
33. A energia cinética adquirida pelo elétron é dada por eV, em que V é a diferença de poten-
cial a que o elétron é submetido. Um fóton de comprimento de onda mínimo (que, de acordo 
com a relação E = hc/l, corresponde a um fóton de máxima energia) é produzido quando toda 
a energia cinética do elétron é convertida na energia do fóton em um evento como o da Fig. 
40-14. Assim, temos:
eV hc= = ⋅ = ×
min ,
,
1240
0 10
1 24 104eV nm
nm
eV
e a diferença de potencial é V = 1,24 × 104 V = 12,4 kV.
34. De acordo com as Eqs. 38-1 e 40-1, a diferença de energia é
DE hc= = ⋅ =

1240 6 42keV pm
193 pm
keV, .
Note que, para o hidrogênio, a diferença de energia correspondente é
DE12 2 113 6
1
2
1
1
10= −( ) −

 ≈, .eV eV
A diferença é muito maior no caso do ferro porque o núcleo do ferro contém 26 prótons, que 
exercem uma força muito maior sobre os elétrons das camadas K e L que o único próton do 
hidrogênio.
35. (a) O comprimento de corte lmin não depende do material de que é feito o alvo, já que é o 
comprimento de onda de um fóton cuja energia é igual à energia dos elétrons incidentes. Se essa 
energia é 35,0 keV, temos:
min , , .=
⋅
×
= × =−1240
35 10
3 54 10 35 43
2eV nm
eV
nm pm
(b) Os fótons da linha Kα são produzidos quando um elétron do alvosofre uma transição da 
camada L para a camada K. A energia desses fótons é 
EKα = 25,51 keV – 3,56 keV = 21,95 keV
e o comprimento de onda correspondente é 
lΚα = hc/E = (1240 eV·nm)/(21,95 × 103 eV) = 5,65 × 10– 2 nm = 56,5 pm.
(c) Os fótons da linha Kβ são produzidos quando um elétron do alvo sofre uma transição da 
camada M para a camada K. A energia desses fótons é
EKβ = 25,51 keV – 0,53 keV = 24,98 keV
e o comprimento de onda correspondente é 
lKβ = (1240 eV·nm)/(24,98 × 103 eV) = 4,96 × 10– 2 nm = 49,6 pm.
200 soluções dos problemas
36. (a) De acordo com as Eqs. 40-23 e Eq. 38-4, temos:
min , .= =
⋅ =hc
eV
1240 24 8keV pm
50,0 keV
pm
(b) Os valores de l para as linhas Kα e Kβ não dependem do potencial de aceleração dos elétrons 
e, portanto, permanecem os mesmos.
37. Suponha que um elétron, cuja energia é E e cujo momento tem módulo p, se transforme 
espontaneamente em um fóton. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia do 
fóton é E e, de acordo com as Eqs. 38-2 e 38-7, o módulo do momento é pf = E/c. A energia E 
e o momento pe do elétron estão relacionados através da Eq. 37-55:
E p c mc p E c mce e2 2 2 2 2 2= + ⇒ = −( ) ( ) ( ) ( ) ./
Como a massa do elétron não é nula, pe < E/c e, portanto, pe ≠ pf e o momento não é conservado, 
a não ser que uma terceira partícula participe da reação.
38. A figura a seguir mostra o gráfico obtido usando a Eq. 38-1 para calcular as frequências a 
partir dos comprimentos de onda. A inclinação da reta de mínimos quadrados é 5,02 × 107 Hz1/2, 
um valor bem próximo do que foi mencionado na Seção 40-10, 4,96 × 107 Hz1/2. 
39. Como, de acordo com as Eqs. 38-1 e 40-26, o comprimento de onda das linhas características 
de raios X é inversamente proporcional a (Z – 1)2, em que Z é o número atômico dos átomos do 
alvo, a razão entre o comprimento de onda lNb da linha Kα do nióbio e o comprimento de onda 
lGa da linha Kα do gálio é dada por


Nb
Ga
Ga
Nb
= −
−
= ≈( )( ) , .
Z
Z
1
1
30
40
0 563
2
2
2
2
40. (a) Como, de acordo com as Eqs. 38-2 e 40-26, a energia das linhas características de raios 
X é diretamente proporcional a (Z − 1)2, na qual Z é o número atômico dos átomos do alvo, 
a razão entre as energias dos fótons associados às linhas Kα de dois elementos cujos números 
atômicos são Z e Z9 é
E
E
Z
Z′
= −
′ −




1
1
2
.
soluções dos problemas 201
(b) Para Z = 92 e Z9 = 13, temos:
E
E
f
f
Z
Z′
=
′
= −
′ −



 =
−
−



 =
1
1
92 1
13 1
57 5
2 2
, ..
(c) Para Z = 92 e Z9 = 3, temos:
E
E ′
= −
−



 = ×
92 1
3 1
2 07 10
2
3
, .
41. De acordo com as Eqs. 36-34 e 39-6, temos:
d mhc
E
= = ⋅
−2
1 124
0 95D sen
( )(
,
0 keV nm)
2(8,979 keV 11 74 1 80 3keV pm)(sen , ) , .° =
42. De acordo com a Eq. 39-6 e a Fig. 40-13, temos:
DE E E hc hcL M
L M
= − = − = ⋅ −
 
1240
63 0
1240keV pm
pm
keV
,
⋅⋅ =pm
pm
keV
71 0
2 2
,
, .
43. (a) Para que um elétron de um nível mais elevado possa decair para a subcamada K, um 
elétron deve ser removido dessa subcamada, o que requer uma energia de 69,5 keV. Assim, o 
menor valor do potencial de aceleração é 69,5 kV.
(b) Com a aceleração calculada no item (a), a energia cinética dos elétrons incidentes é 69,5 
keV. Isso significa que a energia de um fóton com o comprimento de onda lmin é 69,5 keV, e, 
portanto, o comprimento de onda é
min , ,=
⋅
×
= × =−1240 1 78 10 17 82eV nm
69,5 10 eV
nm pm3 ..
(c) Como a energia de um fóton associado à linha Kα é 69,5 keV – 11,3 keV = 58,2 keV, o 
comprimento de onda é
 K
eV nm
eV
nm pm= ⋅
×
= × =−1240
58 2 10
2 13 10 21 33
2
,
, , .
(d) Como a energia de um fóton associado à linha Kβ é 69,5 keV – 2,30 keV = 67,2 keV, o 
comprimento de onda é
 K
eV nm
eV
nm pm= ⋅
×
= × =−1240
67 2 10
1 85 10 18 53
2
,
, , .
44. É mais fácil começar a solução pelo item (b).
(b) Vamos chamar os comprimentos de onda dos dois fótons de l1 e   2 = 1 + D . Nesse 
caso,
eV hc hc= +
+
⇒
  1 1 D

   
1
22 4
2
= − − ± +( ) ( ) .D D
D
0 0
Como Dl = 130 pm e l0 = hc/eV = (1240 keV · pm)/20 keV = 62 pm, temos:
1
2130 2 130 62 4
2 62
87= − − + + =( ) ( )pm 62 pm pm pm
pm
pm,
onde escolhemos o sinal positivo da raiz quadrada para que l1 > 0.
202 soluções dos problemas
(a) A energia cinética do elétron após a primeira colisão é
K K hci= − = −
⋅ =
1
20 1240
87
5 7keV keV pm
pm
keV, .
(c) A energia do primeiro fóton é
E hc1
1240
87
14= = ⋅ =
1
keV pm
pm
keV.
(d) O comprimento de onda do segundo fóton é
  2 = + = ×1 = 87 + 130D pm pm 2,2 10 pm2 .
(e) A energia do segundo fóton é
E hc2
2
2
1240
2 2 10
5 7= = ⋅
×
=

keV pm
pm
keV
,
, .
45. A energia cinética inicial do elétron é K0 = 50,0 keV. Depois da primeira colisão, a energia 
cinética é K1 = 25 keV; depois da segunda, é K2 = 12,5 keV; depois da terceira, é zero.
(a) A energia do fóton produzido na primeira colisão é 50,0 keV – 25,0 keV = 25,0 keV. O 
comprimento de onda correspondente é
 = = ⋅
×
= × =−hc
E
1240
25 0 10
4 96 10 49 63
2eV nm
eV
nm p
,
, , mm.
(b) A energia do fóton produzido na segunda colisão é 25,0 keV − 12,5 keV = 12,5 keV. O 
comprimento de onda correspondente é
 = ⋅
×
= × =−1240
12 5 10
9 92 10 99 23
2eV nm
eV
nm pm
,
, , .
46. Como se trata de uma transição do nível n = 2 para o nível n = 1, a combinação da Eq. 40-26 
com a Eq. 40-24 nos dá
f m e
h
Ze= 



−

 −
4
0
2 3 2 2
2
8
1
1
1
2
1

( )
e, portanto, a constante da Eq. 40-27 é 
C m e
h
e= = ×3
32
4 9673 10
4
0
2 3
7 1 2

, .
/Hz
Devemos comparar os resultados da Eq. 40-27 (elevados ao quadrado e multiplicados pelos 
valores precisos de h/e dados no Apêndice B para calcular as energias correspondentes) com 
as energias da tabela das energias das linhas Kα (em eV) apresentada no final do enunciado. Os 
números atômicos dos elementos podem ser encontrados no Apêndice F e no Apêndice G. 
(a) No caso do Li, Z = 3 e temos: 
E h
e
C Zteórica
J s= − = × ⋅
−
2 2
34
1 6 6260688 10
1 602
( ) ,
, 11765 10
4 9673 10 3 1 4019
7 2 2
×
× − =− J/eV
Hz1/2( , ) ( ) ,8817 eV.
A diferença percentual é
diferença percentual teórica experimen= −100 E E ttal
experimentalE




= −100 40 817 54 3
54 3
, ,
,

 = − ≈ −24 8 25, % %.
soluções dos problemas 203
(b) No caso do Be, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 4, nos dá uma diferença 
percentual de –15%.
(c) No caso do B, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 5, nos dá uma diferença per-
centual de –11%.
(d) No caso do C, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 6, nos dá uma diferença 
percentual de –7,9%.
(e) No caso do N, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 7, nos dá uma diferença 
percentual de –6,4%.
(f) No caso do O, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 8, nos dá uma diferença per-
centual de –4,7%.
(g) No caso do F, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 9, nos dá uma diferença per-
centual de –3,5%.
(h) No caso do Ne, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 10, nos dá uma diferença 
percentual de –2,6%.
(i) No caso do Na, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 11, nos dá uma diferença 
percentual de –2,0%.
(j) No caso do Mg, um cálculo semelhante ao do item (a), com Z = 12, nos dá uma diferença 
percentual de –1,5%.
Note que a diferença entre o valor teórico e o valor experimental da energia diminui à medida que 
Z aumenta. A aproximação mais questionável daSeção 40-10 é a substituição e Z e4 2 41→ −( ) , 
que poderia muito bem ser e Z e4 2 40 9→ −( , ) ou e Z e4 2 40 8→ −( , ) . Para grandes valores de 
Z, os resultados obtidos usando essas aproximações são praticamente os mesmos, já que Z – j ≈ 
Z para Z >> j.
47. Seja P a potência do laser e seja E a energia dos fótons emitidos. Nesse caso, o número de 
fótons que o laser emite por segundo é
R P
E
P
hc
P
hc
= = = = × ×
− −

 ( , )( , )
( ,
5 0 10 0 80 10
6 63
3 6W m
×× ⋅ ×
= ×−
−
10 2 998 10
2 0 1034 8
16 1
J s m s
s)( , ) , .
48. De acordo com o Apêndice C, a Lua está a uma distância R = 3,82 × 108 m da Terra. O 
ângulo do “cone” de luz é 2u. De acordo com a Eq. 36-12, para pequenos ângulos, o diâmetro 
D do disco central de difração da superfície da Lua é
D R R R
d
= ≈ = 

 =
×2 2 2 1 22 2 3 82 10 1
8
sen
, ( , )( ,
 
 m 222 600 10
0 12
4 7 10 4 7
9
3)( )
,
, , .
× = × =
− m
m
m km
49. Se Df é a largura da faixa de frequências da luz visível, o número de canais que poderiam 
ser acomodados é
N f= = × −
− −D
10
2 998 10 450 6508 1 1
MHz
m s nm nm( , )[( ) ( ) ]]
,
10
2 107
MHz
= ×
um número muito maior do que o número de canais que podem ser acomodados na faixa de 
frequências das micro-ondas.
204 soluções dos problemas
50. De acordo com a Eq. 40-29, N2/N1 = e E E kT− −( )2 1 . Explicitando T, obtemos:
T E E
k N N
= −( ) = ×( ) ×−
2 1
1 2
23
3 2
2 5 1ln
,
ln ,
eV
1,38 10 J K 00 6 1 10
1 0 1015 13
4
,
,
×( ) = × K.
51. Como o número de átomos em um estado de energia E é proporcional a e– E/kT, na qual T é 
a temperatura em kelvins e k é a constante de Boltzmann, a razão entre o número de átomos no 
13o estado excitado e o número de átomos no 11o estado excitado é n n e E kT13 11/ = −D , na qual 
DE é a diferença de energia entre os dois estados, 
DE = E13 – E11 = 2(1,2 eV) = 2,4 eV.
Para T = 2000 K, kT = (8,62 × 10−2 eV/K)(2000 K) = 0,1724 eV e
n
n
e13
11
2 4 0 1724 79 0 10= = ×− −, , , .
52. A energia do pulso luminoso é 
E P tp = = × × =−D ( , )( , ) ,2 80 10 0 500 10 1 4006 6J/s s J..
Como a energia de cada fóton é 
E hc= = × ⋅ ×
×
−
−
( , , )6 63 10 2 998 10
424 10
34 8J s)( m/s
99
194 69 10
m
J,= × −,
o número de fótons contidos no pulso é
N
E
E
p= =
×
= ×−
1 400
4 69 10
3 0 1019
18,
,
, .
J
J
fótons
Como cada átomo sofreu emissão estimulada apenas uma vez, o número de átomos que contri-
buíram para o pulso luminoso também é 3,0 × 1018.
53. Se P é a potência do laser e E é a energia dos fótons emitidos, o número de fótons emitidos 
por segundo é
R P
E
P
hc
P
hc
= = = = × ×
− −

 ( , )( , )
( ,
2 3 10 632 8 10
6 6
3 9W m
33 10 2 998 10
7 3 1034 8
15 1
× ⋅ ×
= ×−
−
J s m s
s)( , ) , .
54. De acordo com o Exemplo “Inversão de população em um laser”, se o comprimento de onda 
da luz emitida é 550 nm, a razão entre as populações dos dois estados à temperatura ambiente 
é Nx/N0 = 1,3 × 10– 38. Se n é o número de mols do gás, N0 = nNA, em que NA é a constante de 
Avogadro. Para Nx = 10, temos:
n
N
N
x
A
=
×
=
× ×
=− −( , ) ( , ) ( , )1 3 10
10
1 3 10 6 02 1038 38 23
11 3 1015, .× mol
55. (a) Se t é o tempo de duração dos pulsos, a largura dos pulsos é 
L = ct = (3,00 × 108 m/s)(1,20 × 10– 11 s) = 3,60 × 10– 3 m = 3,60 mm.
(b) Se Ep é a energia dos pulsos, E é a energia dos fótons e N é o número de fótons emitidos em 
um único pulso, Ep = NE. A energia dos pulsos é
Ep = ×
= ×−
0 150
1 602 10
9 36 1019
17,
,
,
J
J/eV
eV
soluções dos problemas 205
e a energia dos fótons é
E = ⋅ =1240
694 4
1 786eV nm
nm
eV
,
, .
Assim,
N
E
E
p= = × = ×9 36 10
1 786
5 24 10
17
17,
,
, .
eV
eV
fótons
56. Considere dois níveis, 1 e 2, com E2 > E1. Como T = – |T | < 0,
N
N
e e eE E kT E E k T E E k T2
1
2 1 2 1 2 1 1= = = >− −( ) − − − −( ) .
Assim, N2 > N1, o que constitui uma inversão de população. Explicitando T, obtemos
T T E E
k N N
= − = − −( ) = − × −
2 1
2 1
5
2 26
ln
,
( ) l
eV
8,62 10 eV K nn( , ) ,1 0 100 2 75 10
5
+
= − × K.
57. (a) Vamos chamar de 1 o nível de maior energia e de 2 o nível de menor energia. Como N1/
N2 = e E E kT− −( )2 1 , temos:
N N e N eE E kT hc kT1 2 2 201 2 4 0 10
12= = = × −− −( ) − λ ( , ) exp 440 5
eV nm
(580 nm)(8,62 10 eV/K)(300K)
⋅
×




=
−
55 0 10 116, ,× <<−
o que significa que o nível de cima está praticamente vazio.
(b) Com N1 = 3,0 × 1020 átomos emitindo fótons e N2 = 1,0 × 1020 átomos absorvendo fótons, a 
energia liberada será
E N N E N N hc= − = − = × ×( ) ( ) ( , ) ( ,1 2 1 2 202 0 10 6 63fóton 
110 2 998 10
68
34 8
9
−
−
⋅ ×
×
=
J s m s
580 10 m
J
)( ,
.
58. No caso de um harmônico de ordem n de uma onda estacionária de comprimento de onda 
l1 em uma cavidade de largura L, nl = 2L, o que nos dá nDl + lDn = 0. Fazendo Dn = ±1 e 
usando a relação l = 2L/n, obtemos
D
D

 

= = = 

 = ×
=n
n n L2
533
2 8 0 10
2
7
( )
( , )
nm
nm
11 8 10 1 812, , .× =− m pm
59. Para que haja emissão estimulada, é necessário que exista um estado com um longo tempo de 
vida acima de um estado com um curto tempo de vida nos dois tipos de átomo. Além disso, para 
que a luz emitida pelos átomos do tipo A produzam emissão estimulada nos átomos do tipo B, 
é preciso que transições nos dois tipos de átomo tenham a mesma energia. Essas condições são 
satisfeitas para a transição do estado de 6,9 eV (com um tempo de vida de 3 ms) para o estado 
de 3,9 eV (com um tempo de vida de 3 ms) dos átomos tipo A e para a transição do estado de 
10,8 eV (com um tempo de vida de 3 ms) para o estado de 7,8 eV (com um tempo de vida de 3 
ms) dos átomos tipo B. Assim, a energia por fóton da emissão estimulada dos átomos do tipo B 
é 10,8 eV − 7,8 eV = 3,0 eV.
206 soluções dos problemas
60. (a) O raio do disco central é
R f
d
= = =1 22 1 22 3 50
3 00
7 33, ( , )( ,
,
,


cm)(515 nm)
mm
mm.
(b) A intensidade média do feixe incidente é
P
d 2
5
4
4 5 00
3 00
7 07 10
/
W)
mm) W/m2
2= = ×( ,( , , .
(c) A intensidade média no disco central é
( , ) ( , )( ,
,
0 84 0 84 5 00 2 49 102
1P
R  
= = ×W)
m)2(7,33
00 W/m2.
61. (a) Supondo que os dois espelhos são refletores perfeitos, existe um nó em cada extremida-
de do meio e, portanto, existe um número inteiro de meios comprimentos de onda ao longo do 
meio. O comprimento de onda no meio é lc = l/n, em que l é o comprimento de onda no vácuo 
e n é o índice de refração do meio. Assim, N(l/2n) = L, na qual N é o número de nós da onda 
estacionária e L é o comprimento do meio, o que nos dá
N nL= =
×
= ×−
2 2 1 75 0 0600
694 10
3 03 109
5

( , ) ( , )
, .
m
m
(b) Como l = c/f, em que f é a frequência, N = 2nLf/c e DN = (2nL/c)Df, o que nos dá
D
Df c N
nL
= = × =
2
2 998 10 1
2 1 75 0 0600
8( , ) ( )
( , ) ( , )
m s
m
11 43 109, × =Hz 1,43 GHz.
(c) Como a velocidade da luz no meio é c/n e a distância percorrida pela luz em um percurso de 
ida e volta é 2L, o tempo que a luz leva para fazer uma viagem de ida e volta é 2nL/c, o que, de 
acordo com a expressão para Df obtida no item (b), corresponde a 1/Df para DN = 1.
(d) A frequência é 
f = c/l = (2,998 × 108 m/s)/(694 × 10– 9 m) = 4,32 × 1014 Hz
e o aumento relativo da frequência é 
Df/f = (1,43 × 109 Hz)/(4,32 × 1014 Hz) = 3,31 × 10– 6.
62. A energia dos fótons é 
E hc= = × ⋅ ×
×
−
−
( , , )6 63 10 2 998 10
694 10
34 8J s)( m/s
99
192 87 10
m
J.= × −,
Como os fótons emitidos pelos íons de Crque estão no estado excitado podem ser absorvidos pe-
los íons que se encontram no estado fundamental, a potência média emitida durante o pulso é 
P N N E
t
= − = − × ×( ) ( , , )( , )( ,1 0
190 600 0 400 4 00 10 2 87
D
110
2 00 10
1 1 10
19
6
6
−
−×
= × =J
s
J/s 1,1 MW.)
,
,
63. Devido à degeneração do spin (ms = ±1/2), cada estado pode acomodar dois elétrons. Assim, 
no diagrama de níveis de energia da Fig. 40-25, dois elétrons podem ocupar o estado funda-
mental, de energia E h mL1 2 23 8= ( )/ , seis elétrons podem ocupar o “estado triplo” de energia 
E h mL2 2 26 8= ( )/ e assim por diante. No caso de um sistema de 22 elétrons, a configuração 
de menor energia é formada por dois elétrons com energia E h mL1 2 23 8= ( )/ , seis elétrons de 
energia E h mL2 2 26 8= ( ),/ seis elétrons de energia E h mL3 2 29 8= ( ),/ seis elétrons de energia 
soluções dos problemas 207
E h mL4 2 211 8= ( )/ e dois elétrons de energia E h mL5 2 212 8= ( )./ A energia do estado funda-
mental do sistema é
E E E E E E
h
mL
fundamental = + + + +
= 
2 6 6 6 2
2 3
8
1 2 3 4 5
2
2

 +



 +



 +6
6
8
6 9
8
6 11
8
2
2
2
2
2h
mL
h
mL
h
mLL
h
mL2
2
22
12
8
2 3 6 6 6



 +




= + +( )( ) ( )( ) ( )(( ) ( )( ) ( )( )9 6 11 2 12
8
186
8
2
2
2
+ +[ ]


=
h
mL
h
mL22



 .
Assim, a energia do estado fundamental, em múltiplos de h mL2 28/ , é 186. 
64. (a) Inicialmente, as moléculas são excitadas do nível de energia E0 para o nível de energia E2. 
Assim, o comprimento de onda l da luz solar responsável pela excitação satisfaz a equação 
DE E E hc= − =2 0 
,
o que nos dá
 = hc
E E2 0
31240
0 289 0
4 3 10
−
= ⋅
−
= × =eV nm
eV
nm 4,3
,
, mm.
(b) Como o efeito laser acontece quando os elétrons decaem do nível E2 para o nível E1, o com-
primento de onda l9 da luz emitida satisfaz a equação
D ′ = − =
′
E E E hc2 1 
,
o que nos dá
′ =
−
= ⋅
−
= × hc
E E2 1
1240
0 289 0 165
1 00 10eV nm
eV eV, ,
,
44 10nm m.= 
(c) Tanto l como l9 estão na região do infravermelho.
65. (a) A diferença de energia é 
DE hc= −



= ⋅( ) −1 1 1240 1
588 995
1
51 2 
eV nm
nm, 889 592
2 13
,
, .
nm
meV




=
(b) Como, de acordo com a Fig. 40-10 e a Eq. 40-18, E = 2mBB, temos:
B E
B
= = ×
×
=
−
−
D
2
2 13 10
2 5 788 10
18
3
5
,
( , ) .
eV
eV T
T
66. (a) A diferença de energia entre os estados 1 e 2 é igual à energia do fóton emitido. Como 
a frequência do fóton é f = 1666 MHz, a energia é
E2 − E1 = hf = (4,14 × 10– 15 eV·s)(1666 MHz) = 6,90 × 10– 6 eV = 6,9 meV.
(b) Essa frequência fica na região das ondas de rádio.
208 soluções dos problemas
67. Como, de acordo com as Eqs. 38-4 e 40-23, eV = hc/lmin, temos:
min .= =
⋅ = ⋅ =hc
eV eV eV V
1240 1240 1240nm eV pm keV pm
68. (a) Como, de acordo com o Apêndice C, a distância entre a Terra e a Lua é dTL = 3,82 × 108 m, 
o tempo é dado por
t
d
c
TL= = ×
×
=2 2 3 82 10
2 998 10
2 55
8
8
( , )
,
, .
m
m s
s
(b) Vamos chamar de dt a indeterminação do tempo e fazer 2ddTL = 15 cm. Nesse caso, como 
dTL ∝ t, dt/t = ddTL/dTL. Explicitando dt, obtemos:


t
t d
d
TL
TL
= =
×
= ×( , ) ( , )( , ) ,
2 55 0 15
2 3 82 10
5 08
s m
m
110 10− =s 0,50 ns.
(c) A divergência angular do feixe é
 = ×



= ×
×
− −2 1 5 10 2 1 5 10
3 82
1
3
1
3
tan
,
tan
,
,dTL 110
4 5 108
4


 = × °
−( , ) .
69. (a) A intensidade da luz na posição do alvo é dada por I = P/A, na qual P é a potência do 
laser e A é a área do feixe luminoso na posição do alvo. Estamos interessados em calcular o 
valor de I e comparar o resultado com 108 W/m2. O feixe diverge por causa da difração na saída 
do laser. Vamos considerar apenas a parte do feixe que constitui o máximo central de difração. 
A posição angular do limite do máximo central é dada por sen u = 1,22l/d, na qual l é o com-
primento de onda e d é o diâmetro da abertura (veja o Problema 40-48). Na posição do alvo, 
situado a uma distância D do laser, o raio do feixe é r = D tan u. Como u é pequeno, podemos 
usar a aproximação sen u ≈ tan u ≈ u. Assim,
r = Du = 1,22Dl/d
e
I P
r
Pd
D
= = ( ) =
×
   2
2
2
6 2
1 22
5 0 10 4 0
1 22,
( , )( , )
,
W m
(( )( , )
, ,
3000 10 3 0 10
2 1 10
3 6 2
5 2
× ×[ ] = ×−m m W m
o que não é suficiente para destruir o míssil.
(b) Explicitando o comprimento de onda na equação da intensidade e fazendo I = 1,0 × 108 W/m2, 
obtemos:

 
= d
D
P
I1 22
4 0 5 0 10
1
6
,
, ,
( ,= ×
×m
1,22(3000 10 m)
W
3 00 10
1 40 10 1408
7
×
= × =−
W/m
m nm,2) ,
um comprimento de onda na região do ultravioleta.
70. (a) A energia dos fótons responsáveis pela linha Kβ é
E hc

= = ⋅ = ≈1240
63 0
19 7 20keV nm
pm
keV keV
,
, .
(b) A energia dos fótons responsáveis pela linha Kα é 
E hc

= = ⋅ = ≈1240
71 0
17 5 18keV pm
pm
keV keV
,
, .
soluções dos problemas 209
(c) Tanto o Zr como o Nb podem ser usados, já que Eα < 18,00 eV < Eβ e Eα < 18,99 eV < Eβ, 
mas a substância mais apropriada é o Zr porque sua energia de ionização está mais distante da 
energia da linha Kα.
(d) A segunda substância mais apropriada é o Nb.
71. O número quântico principal n deve ser maior que 3. Os valores permitidos do número 
quântico magnético ml são –3, –2, –1, 0, +1, +2 e +3. Os valores permitidos do número quântico 
de spin são −1/2 e +1/2.
72. Em uma camada com número quântico principal n, o número total de estados disponíveis 
para os elétrons é 2n2 (veja o Problema 40-2). Assim, no caso das primeiras quatro camadas 
(n = 1 a 4), o número de estados disponíveis é 2, 8, 18 e 32. Como 2 + 8 + 18 + 32 = 60 < 63, 
de acordo com a ordem “natural”, as primeiras quatro camadas do átomo de európio estariam 
completas e restariam 63 – 60 = 3 elétrons para preencher parcialmente a camada n = 5. Dois 
desses elétrons ocupariam a subcamada 5s, deixando apenas um elétron na subcamada seguinte, 
que é a subcamada 5p. Nas reações químicas, este elétron teria a tendência de se transferir para 
outro elemento, deixando os 62 elétrons restantes em uma configuração estável semelhante à do 
sódio, que possui também apenas um elétron em uma subcamada, a subcamada 3s.
73. (a) Como o comprimento do pulso é dado por
L = cDt = (2,998 × 108 m/s)(10 × 10– 15 s) = 3,0 × 10– 6 m,
o número de comprimentos de onda contidos no pulso é
N L= = ×
×
=
−
−
3 0 10
500 10
6 0
6
9
,
, .
m
m
(b) Explicitando X na expressão dada e convertendo o resultado para anos, obtemos
X =
×
=
× ×− −
( ) ( )
( ) ( ,
1 1
10 10
1
10 10 3 15 1015 15 7
s m
m
s
s/aano) anos= ×3 2 10
6
, .
74. Usando os valores precisos dados no Apêndice B, temos:
h = = × ⋅ = × ⋅
−
−h
2
6 62606876 10
2
1 05457 10
34
34
 
,
,
J s J ss J s
J eV
= × ⋅
×
= ×
−
−
1 05457 10
1 6021765 10
6 58
34
19
,
,
, 110 16− ⋅eV s.
75. Se os elétrons não tivessem spin, o número de estados disponíveis em cada camada seria 
reduzido à metade. Assim, os valores de Z para os gases nobres (Z = 2, 10, 18, 36, 54 e 86) 
também seriam reduzidos à metade e se tornariam Z = 1, 5, 9, 18, 27 e 43. Deste conjunto, o 
único que corresponde ao número atômico de um gás nobre é Z = 18. Assim, o elemento de 
número atômico 36, que é o argônio, é o único que continuaria a ser um gás nobre.
76. (a) O valor de l satisfaz a relação
l l
h h
( ) ,+ = =1 L mvrem que L é o momento angular da Terra, m é a massa da Terra, v é a velocidade orbital da Terra 
e r é o raio da órbita da Terra.
Para grandes valores de l, podemos usar a aproximação
l l l l( ) ,+ ≈ =1 2
210 soluções dos problemas
o que nos dá, usando os dados do Apêndice C,
l
h
= = × × ×mvr ( , )( , )( )5 98 10 29 8 10 150 10
24 3 9kg m/s m
66 63 10 2
3 1034
74
,
.
× ⋅
≈ ×− / J s
(b) O número de orientações permitidas é 2l +1 ≈ 2(3 × 1074) = 6 × 1074.
(c) Como
cos ( ) ( ) (min / = + = +
=
+
= +ml
l l
máx
1
1
1 1
1 1
2 1 2
l
l l l/
/ll) /− ≈ −1 2 1 1
2l
e, como umin é pequeno,
cos ,min
min
≈ −1
2
2
temos:

min min .
2
74
38
2
1
2
1 1
3 10
6 10= ⇒ = =
×
≈ × −
l l
rad
De acordo com o princípio de correspondência, os efeitos quânticos desaparecem quando h → 
0. Neste caso, como h/L é extremamente pequeno, os efeitos quânticos são desprezíveis e umin 
para todos os efeitos é nulo, como prevê a teoria clássica.
77. De acordo com as Eqs. 40-23 e 38-4,
h eV
c
= = × × ×
−min ( , )( , )( ,1 60 10 40 0 10 31 1 1019 3C eV −− −
×
= × ⋅
12
8
34
2 998 10
6 63 10m
m s
J s)
,
, .