CAP42 RESPOSTAS halliday

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Capítulo 42
1. De acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos
19 2
131 2
6 19
0 0
(3)(90)(1,60 10 C) 1,3 10 m.
4 4 (3,00 10 eV)(1,60 10 J/eV)
q qK U r
Kπε πε
−
−
−
×= ⇒ = = = ×
× ×
2. De acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos
19 2
141 2
6 19
0 0
(2)(29)(1,60 10 C) 1,58 10 m 15,8 fm.
4 4 (5,30 10 eV)(1,60 10 J/eV)
q qK U r
Kπε πε
−
−
−
×= ⇒ = = = × =
× ×
3. De acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos
19 2
141 2
6 19
0 0
(3)(110)(1,60 10 C) 4,66 10 m 46,6 fm.
4 4 (10,2 10 eV)(1,60 10 J/eV)
q qK U r
Kπε πε
−
−
−
×= ⇒ = = = × =
× ×
4. Para que a partícula alfa “encoste” na superfície do núcleo de ouro em uma colisão frontal, a distância de máxima aproximação 
deve ser igual à soma dos raios dos dois núcleos: 
r = rCu + ra = 6,23 fm + 1,80 fm = 8,03 fm.
Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia e a Eq. 24-43, temos
Au Au
0
9 19 2
6
15 19
1
4
(8,99 10 V m/C)(2)(79)(1,60 10 C) 28,3 10 eV 28,3 MeV.
(8,03 10 m)(1,60 10 J/eV)
q q kq qK U
r r
α α
α πε
−
− −
= = =
× ⋅ ×= = × =
× ×
5. De acordo com as Eqs. 9-75 e 9-76, temos
Au
Au,
Au Au
2e .f i f i
m m mv v v v
m m m m
α α
α α α
α α
−= =
+ +
(a) A energia cinética do núcleo após a colisão é
2
2 2 Au
Au AuAu, Au, 2
Au Au
2
421 1
2 2 ( )
4(197u)(4,00 u)(5,00 MeV)
(4,00u 197u)
0,390 MeV.
i if f
m mmK m v m v Km m m m
αα
α α
α α
 
 
 
= = =
+ +
=
+
=
(b) A energia cinética da partícula alfa após a colisão é
( )
2 2
2 2Au Au
Au Au
2
1 1
2 2
4,00 u 197 u5,00 MeV
4,00 u 197 u
4,61MeV.
i if f
m m m mK m v m v K
m m m m
α α
α α α αα α
α α
   
         
 
 
 
− −= = =
+ +
−=
+
=
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 9
Note que Au, ,af f iK K Kα+ = o que está de acordo com a lei de conservação da energia.
6. (a) O número atômico Z = 39 corresponde ao elemento ítrio.
(b) O número atômico Z = 53 corresponde ao elemento iodo.
(c) Consultando um site de dados a respeito de isótopos, uma vez que http://nucleardata.nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp, consta-
tamos que o único isótopo estável do ítrio possui 50 nêutrons (o que também pode ser deduzido a partir da massa molar do ítrio 
que aparece no Apêndice F).
(d) Procedendo como no item (c), descobrimos que o único isótopo estável do iodo tem 74 nêutrons.
(e) O número de nêutrons que são ejetados é 235 – (39 + 50) – (53 + 74) = 235 – 89 – 127 = 19.
7. Para calcular as massas específicas nucleares, usamos as massas molares do Apêndice F e calculamos os raios nucleares utili-
zando a Eq. 42-3.
(a) No caso do 55Mn, temos
( )
17 3
15 1/3 3 23 1
0,055 kg/mol 2,3 10 kg/m .
4 /3 [(1,2 10 m)(55) ] (6,02 10 mol )m
M
V
ρ
π − −
= = = ×
× ×
(b) No caso do 209Bi, temos
( )
17 3
15 1/3 3 23 1
0,209 kg/mol 2,3 10 kg/m .
4 /3 [(1,2 10 m)(209) ] (6,02 10 mol )m
M
V
ρ
π − −
= = = ×
× ×
(c) Como 3 1/3 30( ) ,V r r A A∝ = ∝ é de se esperar que / / constantem A V A Aρ ∝ ∝ ≈ para todos os nuclídeos.
Para calcular a densidade de carga nuclear, usamos os números atômicos do Apêndice F e calculamos os raios nucleares utilizando 
a Eq. 42-3. 
d) No caso do 55Mn, temos
( )
19
25 3
15 1/3 3
(25)(1,6 10 C) 1,0 10 C/m .
4 /3 [(1,2 10 m)(55) ]q
Ze
V
ρ
π
−
−
×= = = ×
×
(e) No caso do 209Bi, temos
( )
19
24 3
15 1/3 3
(83)(1,6 10 C) 8,8 10 C/m .
4 /3 [(1,2 10 m)(209) ]q
Ze
V
ρ
π
−
−
×= = = ×
×
(f) Como / /q Z V Z Aρ ∝ ∝ e a razão Z/A é menor para nuclídeos maiores, rq é menor para nuclídeos maiores.
8. (a) O número de massa A é o número de núcleons de um núcleo atômico. Como a massa mn do nêutron é aproximadamente 
igual à massa mp do próton, e a massa dos elétrons é muito menor que a massa do núcleo, a massa M do átomo é dada aproxima-
damente por M ≈ Amp.
(b) No caso do 1H, a expressão aproximada nos dá 
M ≈ Amp = (1)(1,007276 u) = 1,007276 u.
De acordo com a Tabela 42-1, a massa correta é 1,007825 u. O erro percentual é, portanto,
d = (1,007825 u – 1,007276 u)/(1,007825 u) = 0,00054 ≈ 0,05%.
(c) No caso do 31P,
M ≈ (31)(1,007276 u) = 31,225556 u
2 7 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
e
d = (31,225556 u − 30,973762 u)/(30,973762 u) = 0,0081 = 0,81%.
(d) No caso do 120Sn, 
M ≈ (120)(1,007276 u) = 120,87312
e
d = (120,87312 u − 119,902197 u)/(119,902197 u) = 0,0081 = 0,81%
(e) No caso do 197Au,
M ≈ (197)(1,007276) = 198,433372
e
d = (198,433372 u − 196,966552 u)/(196,966552 u) = 0,0074 = 0,74%.
(f) No caso do 239Pu,
M ≈ (239)(1,007276) = 240,738964 u
e
d = (240,738964 u − 239,052157 u)/(239,052157 u) = 0,0071 = 0,71%.
(g) Não. Em um núcleo típico, a energia de ligação por núcleon é da ordem de MeV, o que corresponde a menos de 1% da massa 
de um núcleon multiplicada por c2. Como este valor é comparável com o erro percentual calculado nos itens (b) a (f), nos cálculos 
da energia de ligação devemos usar um método mais preciso para calcular a massa dos núcleos.
9. (a) 6 prótons, já que, de acordo com o Apêndice F, Z = 6 para o carbono.
(b) 8 nêutrons, já que, de acordo com a Eq. 42-1, N = A – Z = 14 – 6 = 8.
10. (a) O excesso de massa em unidades de massa atômica é
D = (1,007825 u – 1,000000 u) = +0,007825 u = +7,825 × 10−3 u.
(b) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é 
D = (1,007825 u – 1,000000 u)(931,5 MeV/c2·u) = +7,290 MeV/c2.
(c) O excesso de massa em unidades de massa atômica é 
D = (1,008664 u – 1,000000 u) = 0,008664 u = +8,664 × 10−3 u.
(d) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é 
D = (1,008665 u – 1,000000 u)(931,5 MeV/c2·u) = +8,071 MeV/c2.
(e) O excesso de massa em unidades de massa atômica é 
D = (119,902197 u – 120,000000 u) = – 0,09780 u.
(f) Em unidades de MeV/c2, o excesso de massa é 
D = (119,902199 u – 120,000000 u) (931,5 MeV/c2·u) = –91,10 MeV/c2.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 1
11. PENSE Só é possível usar o espalhamento de elétrons para determinar o raio de um núcleo se o comprimento de onda de de 
Broglie dos elétrons for muito menor que o tamanho do núcleo. 
FORMULE O comprimento de onda de de Broglie de um elétron é dado por l = h/p, em que p é o módulo do momento do elé-
tron. Como a energia cinética K do elétron é muito maior que a energia de repouso, devem ser usadas expressões relativísticas. A 
energia cinética e o momento do elétron estão relacionados pela Eq. 37-54:
ANALISE (a) Para K = 200 MeV e mc2 = 0,511 MeV, obtemos
Assim,
(b) O diâmetro de um núcleo de cobre, por exemplo, é aproximadamente 8,6 fm, ou seja, da mesma ordem que o comprimento 
de onda de de Broglie de um elétron de 200 MeV. Para medir com precisão o raio de um núcleo, seria melhor usar elétrons com 
um comprimento de onda de de Broglie um pouco menor, da ordem de um décimo do diâmetro do núcleo. Podemos dizer que 
os elétrons de 200 MeV são marginalmente aceitáveis para esse tipo de estudo.
APRENDA Quanto maior a energia dos elétrons, maior a resolução com a qual o alvo pode ser estudado. 
12. (a) Como U > 0, a esfera tem uma tendência de se dilatar.
(b) Como, no caso do 239Pu, Q = 94e e R = 6,64 fm, temos
2 19 2 9 2 2
15 19
0
9
3 3[94(1,60 10 C)] (8,99 10 N m /C )
20 5(6,64 10 m)(1,60 10 J/eV)
1,15 10 eV=1,15GeV.
QU
rπε
−
− −
× × ⋅= =
× ×
= ×
(c) Como Z = 94, o potencial eletrostático por próton é 1,15 GeV/94 = 12,2 MeV/próton. 
(d) Como A = 239, o potencial eletrostático por núcleon é 1,15 GeV/239 = 4,81 MeV/núcleon. 
(e) Porque, a curta distância, a interação forte é muito mais forte que a interação eletromagnética.
13. Os valores da massa específica média e do raio médio do Sol aparecem no Apêndice C. Como r = M/V e V ∝ r3, r ∝ r−1/3. 
Assim, o novo raio seria
( )
1/31/3 3
8 4
17 3
1410kg/m6,96 10 m 1,3 10 m 13 km.
2 10 kg/m
s
sr R
ρ
ρ
  = = × = × =   ×   
14. A energia de ligação é dada por 
( )2 2Amel ,nHE mc Zm A Z m M c =  ∆ = ∆ + − −
em que Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa(número de núcleons), mH é a massa do átomo de 
hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomo de 
244
95 Am. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares 
em vez de massas atômicas, mas a massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos 
na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é 
Dm = (95)(1,007825 u) + (244 – 95)(1,008665 u) – (244,064279 u) = 1,970181 u.
2 7 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos
DEel = (1,970181 u)(931,494013 MeV/u) = 1835,212 MeV.
Como o 24495 Am possui 244 núcleons, a energia de ligação por núcleon é 
DEeln = E/A = (1835,212 MeV)/244 = 7,52 MeV/núcleon.
15. (a) Como a interação nuclear é de curto alcance, cada núcleo interage apenas com os vizinhos mais próximos. Seja N o nú-
mero de vizinhos com os quais um núcleon interage. Como este número não depende do número A de núcleons do núcleo, o 
número total de interações é aproximadamente NA. Isso significa que a energia associada à interação forte é proporcional a NA 
e, portanto, é proporcional a A.
(b) Cada próton de um núcleo interage eletricamente com todos os outros prótons. Como o número de pares de prótons é 
Z(Z – 1)/2, em que Z é o número de prótons, a energia associada à interação eletrostática é proporcional a Z(Z – 1).
(c) Quando A aumenta, Z aumenta um pouco mais devagar, mas Z2 aumenta mais depressa do que A e, portanto, a energia asso-
ciada à interação eletrostática aumenta mais depressa que a energia associada à interação forte.
16. A energia de ligação é dada por 
( )2 2Amel ,nHE mc Zm A Z m M c =  ∆ = ∆ + − −
em que Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), mH é a massa do átomo de 
hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomo de 
152
63Eu. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares em 
vez de massas atômicas, mas a massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos na 
parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é 
Dm = (63)(1,007825 u) + (152 – 63)(1,008665 u) – (151,921742 u) = 1,342418 u.
Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos
DEel = (1,342418 u)(931,494013 MeV/u) = 1250,454 MeV.
Como o 15263Eu possui 152 núcleons, a energia de ligação por núcleon é 
DEeln = E/A = (1250,454 MeV)/152 = 8,23 MeV/núcleon.
17. Convém notar que os valores dados no enunciado para a massa do próton e para a massa do dêuteron são, na verdade, as massas 
atômicas do hidrogênio e do deutério. Isso, porém, como em muitos outros problemas deste capítulo, não afeta o resultado final, 
pois, em algum ponto dos cálculos, as massas dos elétrons se cancelam. Igualando a energia do raio gama à energia de ligação ∆Eel 
e explicitando a massa do nêutron, temos
n Hd 2
2,2233 MeV2,013553212 u 1,007276467 u
931,494 MeV/u
1,0062769 u 0,0023868 u 1,0086637 u 1,0087 u.
E
m M m
c
γ= − + = − +
= + = ≈
18. A energia de ligação é dada por 
( )2 2Amel ,nHE mc Zm A Z m M c =  ∆ = ∆ + − −
em que Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), mH é a massa do átomo de 
hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MAm é a massa do átomos de 259104 Rf. Em princípio, deveriam ser usadas massas nucleares 
em vez de massas atômicas, mas a massa dos Z elétrons incluídos na parcela ZMH é cancelada pela massa dos Z elétrons incluídos 
na parcela MAm. A diferença de massa, em unidades de massa atômica, é 
Dm = (104)(1,007825 u) + (259 – 104)(1,008665 u) – (259,10563 u) = 2,051245 u.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 3
Como, de acordo com a Eq. 42-5, 1 u equivale a 931,494013 MeV, temos
DEel = (2,051245 u)(931,494013 MeV/u) = 1910,722 MeV.
Como o 259104 Rf possui 259 núcleons, a energia de ligação por núcleon é 
DEeln = E/A = (1910,722 MeV)/259 = 7,38 MeV/núcleon.
 19. (a) Seja f24 a abundância de 24Mg, seja f25 a abundância de 25Mg e seja f26 a abundância de 26Mg. Nesse caso, temos 
24,312 = 23,98504f24 + 24,98584f25 + 25,98259f26.
Como existem apenas três isótopos, temos também 24 25 26 1.f f f+ + =
A segunda equação nos dá 26 24 251f f f= − − . Substituindo esta expressão e fazendo f24 = 0,7899 na primeira equação, obtemos 
24,312 = (23,98504)(0,7899) + 24,98584f25 + 25,98259 – (25,98259)(0,7899) – 25,98259f25,
o que nos dá 
f25 = 0,09303 = 9,303%.
(b) f26 = 1 – 0,7899 – 0,09303 = 0,1171 = 11,71%.
20. Como, de acordo com o Apêndice F, Z = 107 para o bóhrio, o número de nêutrons deste nuclídeo é N = A – Z = 262 – 107 = 155 
nêutrons. Assim, de acordo com a Eq. 42-7,
( ) 2H Bh
eln
[(107)(1,007825u) (155)(1,008665u) 262,1231u](931,5 MeV/u)
262
7,31 MeV/núcleon.
nZm Nm m cE
A
+ −
∆ =
+ −=
=
21. PENSE Energia de ligação é a diferença entre a energia de repouso do núcleo e a soma das energias de repouso das partículas 
existentes no núcleo.
FORMULE Se um núcleo contém Z prótons e N nêutrons, a energia de ligação é dada pela Eq. 42-7:
em que mH é a massa de um átomo de hidrogênio, mn é a massa de um nêutron e M é a massa do átomo que contém o núcleo que 
está sendo investigado. 
ANALISE (a) Se as massas são dadas em unidades de massa atômica, os excessos de massa são definidos como ∆H = (mH – 1)c2, 
∆n = (mn – 1)c2 e ∆ = (M – A)c2. Isso significa que mHc2 = ∆H + c2, mnc2 = ∆n + c2 e Mc2 = ∆ + Ac2. Assim, 
(b) Para o 19779 Au, Z = 79 e N = 197 – 79 = 118. Assim,
Isso significa que a energia de ligação por núcleon é ∆Eeln = (1560 MeV)/197 = 7,92 MeV.
APRENDA Usar os excessos de massa (∆H, ∆n e ∆) em vez das massas pode ser uma forma conveniente de calcular a energia de 
ligação de um núcleo. 
2 7 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
22. (a) A primeira reação é 4 3He + Hp→ que, para usar as massas atômicas e cancelar a contribuição dos elétrons, pode ser escrita 
na forma 4 1 3He H + H.→ A energia envolvida é 
( )( )3 1 4 21 H H He( ) 3,01605u +1,00783u 4,00260u 931,5MeV/u
19,8MeV.
E m m m c∆ = + − = −
=
(b) A segunda reação é 3 2H H.n→ + A energia envolvida é 
( )( )2 3 22 H H( ) 2,01410u +1,00867u 3,01605u 931,5MeV/u
6,26 MeV.
nE m m m c∆ = + − = −
=
(c) A terceira reação é 2 H ,p n→ + que, para usar as massas atômicas e cancelar a contribuição dos elétrons, pode ser escrita na 
forma 2 1H H + .n→ A energia envolvida é 
( )( )1 2 23 H H( ) 1,00783u 1,00867u 2,01410u 931,5MeV/u
2,23MeV.
nE m m m c∆ = + − = + −
=
(d) A energia de ligação é, portanto, 
1 2 3el 19,8MeV 6,6MeV 2,23MeV 28,3MeV.E E E E∆ = ∆ + ∆ + ∆ + + ==
(e) A energia de ligação por núcleon é
el
eln
28,3 MeV 7,07 MeV.
4
EE
A
∆∆ = = =
(f) Não.
23. PENSE A energia de ligação é dada por
em que Z é o número atômico (número de prótons), A é o número de massa (número de núcleons), mH é a massa do átomo de 
hidrogênio, mn é a massa do nêutron e MPu é a massa de um átomo de 23994 Pu. 
FORMULE Em princípio, deveriam ser usadas as massas dos núcleos, mas a massa dos Z elétrons incluídos em ZmH é cancelada 
pela massa dos Z elétrons incluídos em MPu, de modo que o resultado é o mesmo. Em primeiro lugar, calculamos a diferença de 
massa em unidades de massa atômica:
Como a energia de repouso de 1 u é 931,5 MeV,
ANALISE Como o núcleo de Pu tem 239 núcleons, a energia de ligação por núcleon é
Este resultado é igual ao que aparece na Tabela 42-1.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 5
APRENDA Como foi visto no Problema 21, uma forma alternativa de calcular a energia de ligação envolve o uso de excessos de 
massa. A fórmula é
em que ∆H = (mH – 1)c2, ∆n = (mn – 1)c2 e ∆239 = (MPu – 239 u)c2.
24. Primeiro calculamos a energia necessária para separar todos os núcleons de um núcleo de cobre, que equivale a calcular a 
energia de ligação do núcleo, e depois multiplicamos o resultado pelo número de átomos contidosna moeda. Como, de acordo 
com o Apêndice F, o núcleo de 63Cu contém 29 prótons e 34 nêutrons, a energia de ligação é
( ) ( )el [29 1,007825u 34 1,008665u 62,92960u](931,5MeV/u)
551,4MeV.
E∆ = + −
=
De acordo com a Eq. 42-21, o número de átomos contidos na moeda (que é igual ao número de núcleos) é dado por
( )23 22Cu 3,0g 6,02 10 átomos/mol 2,9 10 átomos.62,92960g/molN
 
= × ≈ × 
 
Assim, a energia necessária é
22 25
Cu el (551,4MeV)(2,9 10 ) 1,6 10 MeV.N E∆ = × = ×
25. A taxa de decaimento é dada por R = lN, em que l é a constante de desintegração e N é o número de núcleos que ainda não 
decaíram. Como, em termos da meia-vida T1/2, a constante de desintegração é dada por l = (ln 2)/T1/2, temos
10 1 7
1/2
22
(6000Ci)(3,7 10 s /Ci)(5,27anos)(3,16 10 s/ano)
ln 2 ln 2
5,3 10 núcleos.
R RTN
λ
−× ×= = =
= ×
26. Por definição de meia-vida, o número de átomos do isótopo radioativo foi reduzido à metade após 140 dias. Como a taxa de 
decaimento é proporcional ao número de átomos, para que a taxa de decaimento seja reduzida a um quarto, o número de átomos 
deve ser reduzido a um quarto, ou seja, a metade do número de átomos presentes após 140 dias. Como isso acontece após mais 
uma meia-vida,
t = 2T1/2 = 280 dias.
27. (a) Como 60 anos = 2(30 anos) = 2T1/2, a fração que resta é 2– 2 = 1/4 = 0,250.
(b) Como 90 anos = 3(30 anos) = 3T1/2, a fração que resta é 2– 3 = 1/8 = 0,125.
28. (a) De acordo com a Eq. 42-21,
( )23 18Pu 0,002 g 6,02 10 núcleos/mol 5,04 10 núcleos.239 g/molN
 
   
= × ≈ ×
(b) De acordo com a Eq. 42-20,
18 14 1
6 1
4 7
1/2
ln 2 5 10 ln 2 1,44 10 anos 4,60 10 s .
2,41 10 anos 3,15 10 s/ano
NR
T
−
−× ×= = = = ×
× ×
29. PENSE Meia-vida é o tempo necessário para que o número de núcleos radioativos diminua para metade do valor inicial. 
2 7 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
FORMULE A meia-vida T1/2 e a constante de desintegração l estão relacionadas pela equação
ANALISE (a) Para l = 0,0108 h– 1, obtemos
(b) No instante t, o número de núcleos que ainda não sofreram desintegração é dado por
Fazendo t = 3T1/2, obtemos
Em cada meia-vida, o número de núcleos que ainda não se desintegraram é reduzido à metade. Após uma meia-vida, N = N0/2; 
após duas meias-vidas, N = N0/4; após três meias-vidas, N = N0/8 = 0,125N0.
(c) Vamos usar a equação
Como 10,0 dias equivalem a 240 horas, lt = (0,0108 h– 1) (240 h) = 2,592 e
APRENDA O gráfico a seguir mostra a fração de átomos de Hg que ainda não se desintegraram em função do tempo em dias.
30. Como t = 26 h corresponde a quatro vezes T1/2 = 6,5 h, o número de átomos é reduzido a (1/2)4 do valor inicial:
( )
4
19 19
0
1 48 10 3,0 10 .
2
N
N
 
 
 
= × = ×
31. (a) De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é dada por R = lN, em que l é a constante de desintegração e N é o número 
de núcleos que ainda não decaíram. Inicialmente, R = R0 = lN0, em que N0 é o número de núcleos no instante inicial. Estamos 
interessados em determinar os valores de N0 e de l. De acordo com a Eq. 42-18,
3 1
1/2(ln2)/ (ln 2)/(78h) 8,89 10 h .Tλ − −= = = ×
Se M é a massa da amostra e m é a massa de um átomo de 67Ga, N0 = M/m. Como
m = (67 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 1,113 × 10– 22 g
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 7
e 
N0 = (3,4 g)/(1,113 × 10– 22 g) = 3,05 × 1022,
temos
R0 = (8,89 × 10– 3 h– 1) (3,05 × 1022) = 2,71 × 1020 h– 1 = 7,5 × 1016 s– 1.
(b) De acordo com a Eq. 42-16,
0 ,
tR R e λ−=
em que R0 é a taxa de decaimento no instante t = 0. Para t = 48 h,
lt = (8,89 × 10– 3 h– 1) (48 h) = 0,427
e
16 1 0,427 16 1(7,53 10 s ) 4,91 10 s .R e− − −= × = ×
32. De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18,
1/2ln 2/ 30ln 2/29
0
0,49.t TN e e
N
− −= = =
33. De acordo com as Eqs. 42-17 e 42-19, temos
( )1 2 5 3 10 3330.048 s1,55 10 Bq m 7,4 10 átomos/m .ln 2 ln 2
TN R
V V
−= = × ⋅ = ×
Para estimar o volume respirado pelo explorador em 48 horas = 2880 minutos, usamos o seguinte cálculo:
( )
3
32 litros 1m 40 inalações 2880min 200 m .inalação 1000L min
    
        
= ≈V
Assim, temos
( ) 10 3 3 13(7 10 átomos/m )(200 m ) 1 10 átomos.   = ≈ × ≈ ×
NN VV
34. De acordo com as Eqs. 42-20 e 42-21, temos
5 1 9 7
1/2 K
23 1
A
(1,7 10 )(1,28 10 anos)(3,15 10 s/ano 40g/mol
ln 2 ln 2 6,02 10 mol
0,66 g.
RT M sM
M
−
−
      × × ×= =      ×     
=
35. PENSE Podemos modificar a Eq. 42-11 para levar em conta a produção do radionuclídeo.
FORMULE Se N é o número de núcleos presentes no instante t,
em que R é a taxa de produção do radionuclídeo e l é a constante de desintegração. O segundo membro representa a taxa de de-
caimento. Observe a diferença de sinal entre R e lN.
2 7 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
ANALISE (a) Reagrupando os termos da equação e integrando, temos
em que N0 é o número de núcleos no instante t = 0. Isso nos dá
Explicitando N, obtemos
Depois de muitas meias-vidas, o segundo termo do lado direito é muito menor que o primeiro e pode ser desprezado, o que nos 
dá N = R/l.
(b) O resultado final, N = R/l, não depende do número inicial N0 de radionuclídeos, já que N0 aparece apenas no segundo termo, 
que se torna desprezível para grandes valores de t. 
APRENDA Para tempos muito maiores que a meia-vida do radionuclídeo, a taxa de produção se torna igual à taxa de decaimento, 
e N passa a ser constante. Quando isso acontece, dizemos que o nuclídeo está em equilíbrio secular com a fonte.
36. Uma partícula alfa (núcleo de hélio) é produzida para cada núcleo de plutônio que decai. Para calcular o número de núcleos 
de plutônio que decaíram, usamos as Eqs. 42-15, 42-18 e 42-21, o que nos dá
( ) ( )1/2ln 2/ 23 1 20.000ln 2/24.1000 0
22
12,0g/mol1 (6,02 10 mol ) 1
239g/mol
1,32 10 partículas alfa.
t TN N N e e− − −− = − = × −
= ×
A massa de gás hélio produzida (supondo que todas as partículas alfa capturem dois elétrons) é dada por
( )
22
3
He 23 1
1,32 10 4,0g/mol 87,9 10 g 87,9 mg.
6,02 10 mol
m −−
 ×
= = × = × 
37. De acordo com as Eq. 42-15 e 42-18, e levando em conta o fato de que a massa é proporcional ao número de átomos, temos
( )
( ) ( ) ( )
1/21/2
1/2 1/2
ln2/ln2/
0 016,0h 14,0h
ln2/ 16,0 h/12,7h ln2 14,0h/12,7 h ln2ln2/
0
| | 1 1
 5,50 g
 0,265 g 265 mg.
fi
f f
f i
t Tt T
t t
t T t T
m m m m e m e
m e e e e
−−
= =
− − −−
  
 
        
∆ = − = − − −
= − = −
= =
38. De acordo com a Eq. 42-18, a constante de decaimento é
5 1
1/2
ln 2 ln 2 6,42 10 s
(3 h)(3600 s/h)T
λ − −= = = × .
Assim, de acordo com a Eq. 42-17, o número de átomos do isótopo radioativo que foram injetados é
6 10
9
5 1
(8,60 10 Ci)(3,7 10 Bq/Ci) 4,96 10 .
6,42 10 s
RN
λ
−
− −
× ×= = = ×
×
39. (a) Como a amostra está em equilíbrio secular com a fonte, a taxa de decaimento é igual à taxa de produção. Seja R a taxa 
de produção de 56Mn e seja l a constante de desintegração. De acordo com o resultado do Problema 42-35, R = lN. Como lN = 
8,88 × 1010 s– 1, R = 8,88 × 1010 s– 1.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 9
(b) De acordo com a Eq. 42-18, a constante de desintegração é
1 5 1
1/2
ln 2 ln 2 0,269 h 7,46 10 s ,
2,58 hT
λ − − −= = = = ×
o que nos dá
10 1
15
5 1
8,88 10 s 1,19 10 núcleos.
7,46 10 s
RN
λ
−
− −
×= = = ×
×
(c) Como a massa de um núcleo de 56Mn é 
m = (56 u) (1,661 × 10– 24 g/u) = 9,30 × 10– 23 g,
a massa total de 56Mn presente na amostra é 
Nm = (1,19 × 1015)(9,30 × 10– 23 g) = 1,11 × 10– 7 g = 0,111 mg.
40. Vamos usar o índice 1 para indicar o 32P e o índice 2 para indicar o 33P. Inicialmente, o 33P é responsável por 10% dos de-
caimentos, o que significa que a relação entre as taxas de decaimento iniciais dos dois isótopos é R02 = 9R01. De acordo com a 
Eq. 42-17, temos
01 1 01 02 2 02
1 1 .
9 9
R N R Nλ λ= = =
No instante t, 11 01
tR R e λ−= e 22 02 .
tR R e λ−= Estamos interessadosem calcular o valor de t para o qual R1 = 9R2 (o que significa que o 
33P é responsável por 90% dos decaimentos). Dividindo membro a membro as duas equações e fazendo R1/R2 = 9, temos
1 2( )01
02
9,tR e
R
λ λ− − =
o que nos dá
( ) ( )
( ) ( )1 2
2
01 0201
1 1
1 2 02 1/2 1/2
ln 1/9ln /91 ln
9 ln2/ ln2/ ln2 14,3d 25,3d
209 dias.
R RRt
R T Tλ λ − −
 
            
= = =
− − −
=
41. O número N de núcleos que ainda não decaíram e a taxa R de decaimento estão relacionados pela equação R =lN, em que 
l é a constante de desintegração. Como a constante de desintegração está relacionada à meia-vida T1/2 por meio de equação 
l = (ln 2)/T1/2, R = (N ln 2)/T1/2 e
T1/2 = (N ln 2)/R.
Como o 147Sm é responsável por 15,0% da massa da amostra, o número de núcleos de 147Sm presentes na amostra é
20
24
(0,150)(1,00g) 6,143 10 .
(147u)(1,661 10 g/u)
N −= = ××
Assim,
20
18 11
1/2 1
(6,143 10 )ln 2 3,55 10 s 1,12 10 anos.
120 s
T −
×= = × = ×
2 8 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
42. De acordo com a Eq. 42-21,
amostra 9 1423
Kr
Kr
20 10 g 6,02 10 átomos mol 1,3 10 átomos.92g molA
MN N
M
 
      
     
−×= = × = ×
Nesse caso, a Eq. 42-20 nos dá
14
13
1 2
ln 2 (1,3 10 )ln 2 4,9 10 Bq.
1,84 s
NR
T
×= = = ×
43. De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18,
1/2ln 2/ 8 24ln 2/83,61 8
0 (7,4 10 Bq) 9,0 10 Bq.
t TR Re e= = × = ×
44. De acordo com a Fig. 42-19, o número de átomos no instante t = 0 era N0 = 2,00 × 106, e o número caiu para metade no instante 
t = 2,00 s. Nesse caso, de acordo com a Eq. 42-15, a constante de decaimento é
10 0
0
1 1 1ln ln ln 2 0,3466 s .
2,00 s /2 2,00 s
N N
t N N
λ −
  
       
= = = =
No instante t = 27,0 s, o número de átomos que restam é
(0,3466/s)(27,0s)6
0 (2,00 10 ) 173.
tN N e eλ −−= = × ≈
De acordo com a Eq. 42-17, a taxa de decaimento é
1(0,3466 s )(173) 60/s 60 BqR Nλ −= = ≈ =
45. (a) De acordo com a Eq. 42-20,
amostra
8 27
átomo1 2
12
ln 2 ln 2 ln 2 0,0010 kg
30,2 anos 9,53 10 s 137 1,661 10 kg
3,2 10 Bq.
MR N
T m −
     
              
= = =
× × ×
= ×
(b) Como 101 Ci 3,7 10 Bq,= × temos
12
10
3,2 10 Bq 86 Ci.
3,7 10 Bq/Ci
R ×= =
×
46. (a) A equação de decaimento é a seguinte:
99 99
42 43Mo Tc + ,e v
−→ +
o que constitui um decaimento b−.
(b) Para cada decaimento, um fóton é produzido quando o núcleo de tecnécio decai para o estado fundamental (note que a meia- 
vida desse decaimento é muito menor que a meia-vida do decaimento do molibdênio). Assim, a taxa de emissão de raios gama é 
igual à taxa de decaimento: 8,2 × 107 s−1.
(c) De acordo com a Eq. 42-20,
1
1 2 6(38 s )(6,0 h)(3600 s/h) 1,2 10 .
ln 2 ln 2
RT
N
−
= = = ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 8 1
47. PENSE A massa relativa de Ra em RaCl2 é dada por
em que MRa é a massa molar do Ra, e MCl é a massa molar do Cl.
FORMULE Vamos supor que o cloro da amostra tinha a mesma composição isotópica que o cloro natural, cuja massa molar, de 
acordo com o Apêndice F, é 35,453 g/mol. Nesse caso, a massa de 226Ra contida na amostra era
ANALISE (a) Como a massa de um núcleo de 226Ra é (226 u)(1,661 × 10– 24 g/u) = 3,75 × 10– 22 g, o número de núcleos de 226Ra 
presentes na amostra era 
(b) A taxa de decaimento é dada por
em que l é a constante de desintegração, T1/2 é a meia-vida e N é o número de núcleos. Assim,
APRENDA O rádio tem 33 isótopos conhecidos, quatro dos quais ocorrem naturalmente. O 226Ra, com uma meia-vida de 1600 
anos, é o isótopo mais estável do rádio.
48. (a) De acordo com a descrição, a reação nuclear é 238 234 4U Th + He,→ e a energia liberada é
( ) 21 U He Th
(238,05079u 4,00260u 234,04363u)(931,5MeV/u)
4,25MeV.
E m m m c∆ = − −
= − −
=
(b) A série de reações começa com 238 237U U n→ + e é seguida por
237 236
236 235
235 234
U Pa p
Pa Pa n
Pa Th p.
→ +
→ +
→ +
A energia liberada é, portanto,
[ ]
238 237 237 236
236 235 235 234
238 234
2 2
2 U U U Pa
2 2
Pa Pa Pa Th
2
U Th
( ) ( )
( ) ( )
( 2 2 )
238,05079u 2(1,00867u) 2(1,00783u) 234,04363u (931,5MeV/u)
24,1 MeV.
n p
n p
n p
E m m m c m m m c
m m m c m m m c
m m m m c
∆ = − − + − −
+ − − + − −
= − − −
= − − −
= −
(c) Os resultados dos itens (a) e (b) nos levam a concluir que a energia de ligação da partícula a é
2
el He(2 2 ) 24,1MeV 4,25MeV 28,3MeV.n pE m m m c∆ = + − = − − =
2 8 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
49. PENSE O tempo necessário para que metade dos núcleos inicialmente presentes em uma amostra de 238U se desintegrem é 
4,5 × 109 anos, a meia-vida do 238U.
FORMULE A fração de núcleos que restam após o tempo t é dada por
em que l é a constante de desintegração e T1/2 = (ln 2)/l é a meia-vida. 
(a) Para uma amostra de 244Pu após um tempo t = 4,5 × 109 anos,
e a fração restante é
(b) Para uma amostra de 248Cm após um tempo t = 4,5 × 109 anos,
e a fração restante é
Para qualquer amostra de tamanho razoável, essa fração corresponde a menos de um núcleo e pode ser considerada como zero. As 
calculadoras comuns não são capazes de calcular diretamente o valor de e– 9170; uma possível solução é calcular o valor de (e– 91,70)100.
APRENDA Como 
Pu UCm1/2 248 1/2 244 1/2 238
( ) ( ) ( )T T T< < e 1/2(ln 2) /0/ t TN N e−= temos
50. (a) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 232 é
235 232 3
2
3 U Th He( ) (235,0439u 232,0381u 3,0160u)(931,5MeV/u)
9,50MeV.
Q m m m c= − − = − −
= −
(b) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 231 é
235 231 4
2
4 U Th He( ) (235,0439u 231,0363u 4,0026u)(931,5MeV/u)
4,66MeV.
Q m m m c= − − = − −
=
(c) A energia para a transformação de urânio 235 em tório 230 é 
5235 230
2
5 HeU Th( ) (235,0439u 230,0331u 5,0122u)(931,5MeV/u).
1,30MeV.
Q m m m c= − − = − −
= −
Apenas o segundo processo (o decaimento a) é espontâneo, já que é o único que libera energia.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 8 3
51. Vamos usar as leis de conservação da energia e do momento, supondo que o núcleo de urânio está inicialmente em repouso e o 
núcleo residual de tório está no estado fundamental. Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia, se Ka é a energia cinética 
da partícula alfa e KTh é a energia cinética do núcleo de tório, a energia de desintegração é dada por Q = Ka + KTh. Além disso, segundo 
a lei de conservação do momento, o que nos dá pa + pTh = 0, em que pa é o momento da partícula alfa e pTh é o momento do núcleo de 
tório. Vamos supor que a velocidade das duas partículas é suficientemente pequena para que a expressão clássica para a relação entre 
momento e energia cinética possa ser usada. Nesse caso, 2 /2K p mα α α= e 
2
Th Th Th/2 ,K p m= em que ma é a massa da partícula alfa e 
mTh é a massa do núcleo de tório. Fazendo pTh = – pa, obtemos a relação ( / ) .Th ThK m m Kα α= Substituindo na expressão de Q, temos
( )
Th Th
4,00 u1 1 4,196 MeV 4,269 MeV.
234 u
m mQ K K K
m m
α α
α α α
   
       
= + = + = + =
52. (a) No caso da primeira reação,
( )( )2Ra1 CPb( ) 223,01850 u 208,98107 u 14,00324 u 931,5MeV/u
31,8 MeV.
Q m m m c= − − = − −
=
(b) No caso da segunda reação,
( )( )2Ra Rn He2 ( ) 223,01850 u 219,00948 u 4,00260 u 931,5MeV/u
5,98 MeV.
Q m m m c= − − = − −
=
Uma vez que o valor de Q é positivo nos dois casos, os dois decaimentos são energeticamente possíveis.
(c) Como, de acordo com a Eq. 24-43, U  q1q2/r, temos
Pb
1 2
Rn He
(82 )(6,0 )(30,0MeV) 86 MeV.
(86 )(2,0 )
Cq q e eU U
q q e e
 ≈ = = 
 
53. PENSE A energia liberada no decaimento é a energia de desintegração:
em que ∆M = Mf – Mi é a variação de massa associada ao decaimento.
FORMULE Seja MCs a massa de um átomo de 13755Cs e seja MBa a massa de um átomo de 13756 Ba. A energia liberada é
ANALISE Para MCs = 136,9071 u e MBa = 136,9058 u, obtemos
APRENDA Para calcular o valor de Q, usamos as massas atômicasem vez das massas nucleares. É fácil mostrar que isso não afeta 
o resultado. Para obter as massas dos núcleos, teríamos de subtrair a massa de 55 elétrons do valor de MCs e a massa de 56 elétrons 
do valor de MBa. Nesse caso, a energia liberada seria
em que m é a massa do elétron (o último termo dentro do colchete está relacionado ao decaimento beta). Depois de realizados 
todos os cancelamentos, Q = (MCs – MBa)c2, que é o mesmo resultado de antes.
54. Supondo que a massa do neutrino pode ser desprezada, temos
2 2
Ti V( ) .emc m c∆ = − −m m
2 8 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Como, de acordo com o Apêndice F, o vanádio possui 23 elétrons e o titânio possui 22 elétrons, podemos somar e subtrair 22me 
da expressão anterior para obter
( ) ( )2 2 2Ti V Ti V22 23 .e emc m m c m m c∆ = + − − = −m m
Note que a nova expressão de ∆mc2 envolve massas atômicas em vez de massas nucleares e se baseia na suposição (se forem usados 
os valores de mTi e mV encontrados nas tabelas) de que os átomos se encontram no estado fundamental, o que, neste caso, como 
será discutido a seguir, não é verdade. A questão agora é a seguinte: é razoável fazermos Q = –∆mc2, como no Exemplo 42.07 “De-
terminação do valor de Q para um decaimento beta a partir das massas?” A resposta é “não”. O átomo de titânio é criado em um 
estado excitado, com uma energia bem maior que a do estado fundamental, já que o elétron foi capturado de uma camada interna, 
na qual o valor absoluto da energia, EK, é considerável para grandes valores de Z. Como a energia de um elétron da camada K do 
titânio (na qual, logo após o decaimento, existe uma “lacuna” que deve ser preenchida por meio de uma reorganização de toda a 
nuvem eletrônica) é praticamente igual à energia de um elétron da camada K do vanádio, podemos escrever: 2 .KQ mc E= −∆ − Assim,
2
V Ti( ) .KQ m m c E= − −
55. Como a reação é da forma n p + e + ,ν−→ a energia cinética do elétron é máxima quando a energia do neutrino é tão pequena 
que pode ser desprezada. Assim,
Kmáx = (mn – mp – me)c2,
em que mn é a massa do nêutron, mp é a massa do próton e me é a massa do elétron. Como mp + me = mH, em que mH é a massa do 
átomo de hidrogênio, a equação anterior pode ser escrita na forma Kmáx = (mn – mH)c2, o que nos dá 
Kmáx = (840 × 10–6 u)c2 = (840 × 10–6 u)(931,5 MeV/u) = 0,783 MeV.
56. (a) Vamos supor que o elétron é emitido com uma velocidade tão alta que é preciso usar uma expressão relativística para o 
momento. Nesse caso, de acordo com as Eqs. 37-54 e 38-13, temos
2 2
2
2
1240MeV fm 0,90 pm 900 fm.
(1,0MeV) 2(1,0MeV)(0,511MeV)
h hc
p K Kmc
λ = =
+
⋅= = =
+
(b) De acordo com a Eq. 42-3,
r = r0A1/3 = (1,2 fm)(150)1/3 = 6,4 fm.
(c) Como l >> r, o elétron não pode ser confinado no núcleo. Como foi visto no Cap. 39, para que exista uma onda estacionária em 
um poço de potencial infinito, o maior comprimento possível da onda de matéria é l/2. No caso de um poço finito, o comprimento 
de onda pode ser ligeiramente menor, como se pode ver na função de onda do estado estacionário que aparece na Fig. 39-8, mas, 
no caso que estamos discutindo, l/r é grande demais (da ordem de 140) para que o elétron possa ser confinado.
(d) Sim, o fato de que o comprimento de onda da onda de matéria associada ao elétron é muito maior que o raio do núcleo pode 
ser considerado um forte argumento para rejeitar a hipótese de que o elétron estava confinado no interior do núcleo antes de ser 
emitido.
57. (a) Como o pósitron tem a mesma massa que o elétron, e o neutrino tem massa desprezível,
( )2 2B C .emc m c∆ = + −m m
Como, de acordo com o Apêndice F, o carbono tem 6 elétrons e o boro tem 5 elétrons, podemos somar e subtrair 6me da expressão 
anterior para obter
2 2 2
B C B C( 7 6 ) ( 2 ) .e e em c m m c m m m c∆ = + − − = + −m m
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 8 5
Note que a expressão final de Dmc2 envolve as massas atômicas do carbono e do boro e um termo adicional igual à massa de dois 
elétrons. De acordo com a Eq. 37-50 e a Tabela 37-3, temos
2 2
C B C B( 2 ) ( ) 2(0,511 MeV).eQ m m m c m m c= − − = − −
(b) De acordo com a expressão do item (a), a energia de desintegração é
(11,011434u 11,009305u) (931,5MeV/u) 1,022MeV
0,961 MeV.
Q = − −
=
58. (a) A taxa de produção de energia é
3 3 3
1
1 1 1 1/2
13 6
7 27 9
6
10
ln 2 (1,00kg)
(1,00kg)(ln 2)(1,60 10 J/MeV) (4 10 )(51,7MeV)
(3,15 10 s/ano)(1,661 10 kg/u) (238u)(4,47 10 anos)
(13 10 )(42,7MeV)
(232u)(1,41 10
i
i
i i i i i
i i i i
dE fR Q N Q Q
dt T m
λ
= = =
− −
−
−
 
= = =    
× ×= × × ×
×+
×
∑ ∑ ∑
6
9
9
(4 10 )(1,31MeV)
anos) (40u)(1,28 10 anos)
1,0 10 W.
−
−
×+ × 
= ×
(b) A potência associada aos processos de decaimento é 
P = (2,7 × 1022 kg)(1,0 × 10– 9 W/kg) = 2,7 × 1013 W,
um valor muito pequeno em relação à potência solar recebida pela Terra, que é da ordem de 1,7 × 1017 W.
59. PENSE O decaimento do 32P é dado, em geral, pela reação
No caso particular descrito no enunciado do problema, porém, como o elétron tem o maior valor possível de energia cinética, o 
antineutrino não aparece entre os produtos da reação.
FORMULE Uma vez que o momento é conservado, o momento do elétron e o momento do núcleo de enxofre têm o mesmo 
módulo mas sentidos opostos. Se pe é o momento do elétron e pS é o momento do núcleo de enxofre, pS = – pe. A energia cinética 
KS do núcleo de enxofre é dada por
em que MS é a massa do núcleo de enxofre. A energia cinética Ke do elétron está relacionada ao momento pe por meio da equação 
relativística 2 2 2( ) 2 ,e e ep c K K mc= + em que m é a massa do elétron. 
ANALISE Se Ke = 1,71 MeV, a energia cinética do núcleo de enxofre é
APRENDA Considerando que a energia cinética do núcleo de enxofre é desprezível em comparação com a energia cinética 
do elétron, o valor da energia cinética máxima do elétron fornecido no enunciado do problema deve ser igual à energia de 
desintegração Q:
2 8 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Para verificar que isso é verdade, usamos os seguintes dados: MP = 31,97391 u e MS = 31,97207 u. O resultado é
60. Explicitando t na equação R = R0e– lt, obtemos
301 5730 anos 15,3 5,00ln ln 1,61 10 anos.
ln 2 63,0 1,00
Rt
Rλ
     = = = ×            
61. (a) Como a massa de um átomo de 238U é (238 u)(1,661 × 10–24 g/u) = 3,95 × 10−22 g, o número de átomos de urânio na 
rocha é 
NU = (4,20 × 10–3 g)/(3,95 × 10–22 g) = 1,06 × 1019.
(b) Como a massa de um átomo de 206Pb é (206 u)(1,661 × 10–24 g) = 3,42 × 10–22 g, o número de átomos de chumbo na 
rocha é 
NPb = (2,135 × 10–3 g)/(3,42 × 10–22 g) = 0,624 × 1019.
(c) Se nenhum átomo de chumbo foi perdido, então havia inicialmente, além dos átomos de urânio que ainda não decaíram, um 
átomo de urânio para cada átomo de chumbo que foi encontrado na amostra. Assim, o número inicial de átomos de urânio na 
amostra era 
NU0 = NU + NPb = 1,06 × 1019 + 0,64 × 1019 = 1,68 × 1019.
(d) De acordo com a Eq. 42-15,
U U0 ,
tN N e λ−=
em que l é a constante de desintegração. Como, de acordo com a Eq. 42-18, 1/2(ln 2)/ ,Tλ = temos
9 19
9U 1/2 U
19
U0 U0
1 4,47 10 anos 1,06 10ln ln ln 2,97 10 anos.
ln 2 ln 2 1,68 10
TN Nt
N Nλ
     
              
× ×= − = − = − = ×
×
62. Como a massa inicial de 238U contida na rocha é dada por
6 9(ln 2)(260 10 anos)/(4,47 10 anos)
0 (3,70 mg) 3,85 mg,
tm me eλ × ×= = =
a massa de chumbo que a rocha deve conter é
( ) ( )2060
238
2063,85mg 3,70mg 0,132mg 132 g.
238
mm m m
m
µ
   ′ = − = − = =     
63. Podemos determinar a idade t da rocha a partir das massas de 238U e 206Pb. Como a massa inicial de 238U era de
0U U Pb
238 ,
206
m m m= +
temos
1/2U U
2380
( ln2)/
U U U Pb( /206) .
t Ttm m e m m eλ −−= = +
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 8 7
Explicitando t, obtemos
( )U 91/2 U Pb
U
9
238/206 4,47 10 anos238 0,15 mgln ln 1
ln 2 ln 2 206 0,86 mg
1,18 10 anos.
T m m
t
m
                  
+ ×= = +
= ×
No caso do decaimento b do 40K, a massa inicial de 40K é
0K K Ar
m m m= +
e, portanto,
K K
0K K K Ar
( ) .t tm m e m m eλ λ− −= = +
Explicitando mK, obtemos
K
9 9K K
Ar Ar
K (ln2)(1,18 10 anos)/(1,25 10 anos)
1,6 mg 1,7 mg.
1 1 1
t
t t
m e mm
e e e
λ
λ λ
−
− × ×
= = = =
− − −
64. Note que a cada átomo de cálcio 40 e criptônio 40 encontrado na amostra corresponde um átomo de potássio na amostra 
original. De acordo com as Eqs. 42-14 e 42-18, temos
K
K Ar Ca 1 2
1 ln 2ln ln ,
1 1 8,54
N t t
N N N T
λ
   
       
= − ⇒ = −
+ + + +
o que nos dá
9 9
1/2
ln10,54 (1,26 10 anos)(3,40) 4,28 10 anos.
ln 2
t T= = × = ×
65. PENSE A relação entre a atividade de uma amostra radioativa expressa em curies (Ci) e a atividade expressa em desintegrações 
por segundo é a seguinte:
1 curie = 3,7 × 1010 desintegrações/s.
FORMULE A taxa de decaimento R está relacionada ao número N de núcleos pela equação R=lN, em que l é a constante de 
desintegração. Como a constante de desintegração está relacionada à meia-vida T1/2 pela equação l = ln 2/T1/2, temos
1/2
ln 2
RTRN λ= =
Como 1 Ci = 3,7 × 1010 desintegrações/s,
ANALISE Como a massa de um átomo de 198Au é
a massa necessária é
2 8 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
APRENDA O átomo de 198Au sofre um decaimento beta e emite um elétron:
66. O becquerel (Bq) e o (Ci) são definidos no Módulo 42-3. 
(a) 8700 contagens 145 Bq.
60 s
R = =
(b) 910
145Bq 3,92 10 Ci.
3,7 10 Bq/Ci
R −= = ×
×
67. A dose absorvida é 
3
4 42,00 10 Jdose absorvida 5,00 10 J/kg 5,00 10 Gy.
4,00 kg
−
− −×= = × = ×
Para RBE = 5, a dose equivalente é 
4 4 3dose equivalente (RBE)(5,00 10 Gy) 5(5,00 10 Gy) 2,50 10 Sv
2,50 mSv.
− − −= × = × = ×
=
68. (a) De acordo com a Eq. 42-32, a energia absorvida é
4(2,4 10 Gy)(75kg) 18mJ.E −= × =
(b) Para RBE = 12, a dose equivalente é
4 3dose equivalente (12)(2,4 10 Gy) 2,9 10 Sv.− −= × = ×
(c) De acordo com a Eq. 42-33,
3dose equivalente (100 rem/Sv)(2,9 10 Sv) 0,29 rem.−= × =
69. (a) De acordo com a Eq. 42-21, temos
3 23 1
18
0
(2,5 10 g)(6,02 10 mol ) 6,3 10 .
239g/mol
N
− −× ×= = ×
(b) De acordo com as Eqs. 42-15 e 42-18,
( ) ( )( )12h ln 2/ 24.100 anos 8760 h/ano1/2ln2/ 18 11
0 1| | [1 ] (6,3 10 )[ ] 2,5 10 .
t T eN N e −− −∆ = − = × = ×
(c) A energia absorvida pelo corpo do operário é
11 13(0,95) (0,95) (5,2MeV) (2,5 10 ) (1,6 10 J/MeV) 0,20 J.E E Nα −= ∆ = × × =
(d) De acordo com a Eq. 42-32,
30,20 Jdose recebida 2,3 10 Gy 2,3 mGy.
85 kg
−= = × =
(e) Para RBE = 13, a dose equivalente é 
dose equivalente = (13)(2,3 mGy) = 30 mSv.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 8 9
70. De acordo com a Eq. 19-24, temos
6
10méd
5
2 2 5,00 10 eV 3,87 10 K.
3 k 3 8,62 10 eV/K
KT −
  
       
×= = = ×
×
71. (a) Usando o mesmo raciocínio do Exemplo 42.09 “Tempo de vida de um núcleo composto formado por captura de um nêu-
tron”, obtemos
15
6
22
méd
(4,14 10 eV fs)/2 6,6 10 eV 6,6 MeV.
1,0 10 s
E
t
π−
−
× ⋅∆ ≈ = = × =
×

(b) Para que a energia seja distribuída em todo o volume de um núcleo relativamente grande, criando assim um “núcleo com-
posto”, é necessário um tempo da ordem de 10–15 s. Um núcleo cujo tempo médio de vida é somente 10–22 s é apenas um estágio 
intermediário de curta duração em uma reação nuclear, e não pode ser considerado um núcleo composto.
72. (a) Para identificar os nuclídeos que possuem camadas completas de núcleons, basta comparar o número de prótons (número 
atômico, que pode ser encontrado no Apêndice F) e o número de nêutrons, dado pela Eq. 42-1, com os números mágicos (valores 
especiais de Z e N) citados no Módulo 42-8. A conclusão é que os nuclídeos que possuem apenas camadas completas de prótons 
ou de nêutrons são os seguintes: 18O, 60Ni, 92Mo, 144Sm e 207Pb.
(b) Procedendo como no item (a), obtemos a seguinte lista: 40K, 91Zr, 121Sb e 143Nd.
(c) Procedendo como nos itens (a) e (b), obtemos a seguinte lista: 13C, 40K, 49Ti, 205Tl e 207Pb.
73. PENSE A expressão geral da reação de formação é X + x → Y, em que X é o núcleo alvo, x é uma partícula leve, e Y é o núcleo 
composto. 
FORMULE Vamos supor que o núcleo X está inicialmente em repouso. Nesse caso, de acordo com a lei de conservação da energia,
em que mX, mx e mY são massas, Kx e KY são energias cinéticas e EY é a energia de excitação do núcleo Y. De acordo com a lei de 
conservação do momento, devemos ter px = pY. Assim,
o que nos dá
e
ANALISE (a) Seja x uma partícula alfa e seja X um núcleo de 16O. Nesse caso,
e
(b) Seja x um próton e seja X um núcleo de 19F. Nesse caso,
2 9 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
e
(c) Seja x um fóton e seja X um núcleo de 20Ne. Como a massa do fóton é zero, precisamos mudar a equação de conservação da 
energia: se Eg é a energia do fóton, então
Como mX = mY, a equação se torna Eg = KY + EY. Como o momento e a energia de um fóton estão relacionados pela equação 
pg = Eg /c, a equação de conservação do momento se torna Eg /c = pY. A energia do núcleo composto é
Substituindo esse resultado na equação de conservação da energia, obtemos
As soluções dessa equação do segundo grau são
Como
temos
4 4 2 4(1,862 10 MeV) (1,862 10 MeV) 2(1,862 10 MeV)(25,0 MeV)
(18.620,0 MeV) (18.595,0 MeV)
Eγ = × ± × − ×
= ±
As soluções são, portanto,
37.215,0 MeVEγ =′ e 25,0 MeVEγ =′′
Como a primeira energia é muito maior que a energia de repouso do núcleo composto, concluímos que não tem significado físico. 
Assim, a solução fisicamente correta é
Eg = 25,0 MeV.
APRENDA No item (c), a energia cinética do núcleo composto é
que é um valor muito pequeno em comparação com Eg = 25,0 MeV. Isso significa que praticamente toda a energia do fóton é usada 
para excitar o núcleo composto.
74. De acordo com a Eq. 42-15, o número de átomos de urânio e de chumbo presentes na amostra no instante t é
U 0
U0 0 0 0Pb (1 ),
t
t t
N N e
N N N N N e N e
λ
λ λ
−
− −
=
= − = − = −
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 9 1
cuja razão é
Pb
U
1 1
t
t
t
N e e
N e
λ
λ
λ
−
−
−= = − .
A idade da rocha é, portanto,
( )
9
9Pb 1/2 Pb
U U
1 4,47 10 anosln 1 ln 1 ln 1 0,30 1,7 10 anos.
ln 2 ln 2
N T Nt
N Nλ
   
         
×= + = + = + = ×
75. PENSE Vamos representar o nuclídeo desconhecido como ,AZ X em que A e Z são o número de massa e o número atômico, 
respectivamente. 
FORMULE A equação da reação é a seguinte:
De acordo com a lei de conservação da carga, Z + 0 = – 1 + 4; isso nos dá Z = 3. Com base na lei de conservação de número de 
massa, A + 1 = 0 + 8, o que nos dá A = 7. 
ANALISE Como, de acordo com os Apêndices F e G, o elemento cujo número atômico é 3 é o lítio; portanto, o nuclídeo é 73Li.
APRENDA A carga e o número de massa são conservados nos processos de captura de nêutrons. O nuclídeo intermediário é 8Li, 
que é instável e decai (por meio de um decaimento b− e um decaimento a) em um elétron e dois núcleos de 4He.
76. Como a dose equivalente é o produto do fator RBE pela dose absorvida, temos
6
4
4
dose equivalente 250 10 Svdose absorvida 2,94 10 Gy
RBE 0,85
2,94 10 J/kg.
−
−
−
×= = = ×
= ×
Para determinar a energia total recebida, multiplicamos este valor pela massa do tecido exposto: 
E = (2,94 × 10– 4 J/kg)(44 kg) = 1,29 × 10– 2 J ≈ 1,3 × 10– 2 J = 13 mJ.
77. PENSE A taxa de decaimento R é proporcional a N, o número de núcleos radioativos. 
FORMULE De acordo com a Eq. 42-17, R = lN, em que l é a constante de desintegração. Como R é proporcional a N, N/N0 = R/
R0 = .
te λ− Como l = (ln 2)/T1/2, temos
ANALISE Para T1/2 = 5730 anos e R/R0 = 0,020, obtemos
APRENDA A datação radioativa baseada no decaimento do 14C é uma das técnicas mais usadas para estimar a idade de restos 
orgânicos. 
78. Seja NAA0o número de átomos do elemento AA no instante t = 0. Em um instante posterior t, devido ao decaimento de parte 
dos átomos do elemento AA, temos
NAA0 = NAA + NBB + NCC.
2 9 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
A constante de desintegração é
1
1/2
ln 2 ln 2 0,0866 d .
8,00 dT
λ −= = =
Como NBB/NCC = 2, para NCC /NAA = 1,50, NBB/NAA = 3,00. Assim, no instante t,
NAA0 = NAA + NBB + NCC = NAA + 3,00NAA + 1,50NAA = 5,50NAA.
Como AA AA0 ,
tN N e λ−= temos
AA0
AA
5,50,tN e
N
λ= =
o que nos dá
1
ln(5,50) ln(5,50) 19,7 d.
0,0866 d
t λ −= = =
79. PENSE A taxa de decaimentos é dada por R =lN, em que l é a constante de desintegração e N é o número de núcleos 
radioativos. 
FORMULE Como estamos supondo que os resíduos se espalharam uniformemente, a taxa de decaimentos é dada por
em que M é a massa total de 90Sr produzida pela bomba, m é a massa de um núcleo de 90Sr, A é a área total atingida pelos resíduos 
da bomba e a é a área que queremos determinar. Como l = (ln 2)/T1/2, temos
ANALISE A massa molar do 90Sr é 90g/mol. Para M = 400 g e A = 2000 km2, obtemos
APRENDA O acidente nuclear de Chernobyl, ocorrido em 1986, contaminou uma vasta área com 90Sr.
80. (a) Supondo que a área da seção reta de um indivíduo adulto deitado é 1 m2, temos
2
12
5 2 2
atividade efetiva 1 m 3,8 10 .
atividade total (2,6 10 km )(1000 m km)
−= = ×
×
Como metade dos elétrons são emitidos para cima, temos
Assim, em um intervalo de uma hora, a pessoa seria atingida por (1,9 × 104 s−1)(3600 s/h) ≈ 7 × 107 elétrons.
(b) Seja D o ano atual. De acordo com as Eqs. 42-16 e 42-18, temos
( ) ( )1 2ln2 1996 ln2 30,2anos7 1
0 (7 10 h ) ,
t T DR R e e− − −−= = ×
em que R é a atividade efetiva no ano atual e R0 é a atividade efetiva em 1996. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 9 3
81. As retas inclinadas representam decaimentos alfa, que envolvem uma variação do número atômico ∆Za = –2 e uma variação 
do número de massa ∆Aa = –4, enquanto as retas horizontais representam decaimentos beta, que envolvem emissão de elétrons, 
caso em que a variação do número atômico é ∆Zb = +1 e o número de massa permanece constante. Como a Fig. 42-20 mostra três 
decaimentos alfa e dois decaimentos beta, temos
3 2 e 3 .f i f iZ Z Z Z A A Aα β α= + ∆ + ∆ = + ∆
Como, de acordo com o Apêndice F, o elemento representado pelo símbolo Np é o netúnio, cujo número atômico é Zi = 93, 
temos 
Zf = 93 + 3(– 2) + 2(1) = 89,
o que, de acordo com o Apêndice F, significa que o elemento final é o actínio (Ac). Como o número de massa inicial é Ai = 237, 
o número de massa final é 
Af = 237 + 3(–4) = 225.
 Assim, o isótopo final é 225Ac.
82. Em unidades do SI, a meia-vida da 108Ag é (2,42 min)(60 s/min) = 145,2 s. Como, de acordo com a Eq. 42-18, l = (ln 2)/T1/2, 
o enunciado nos pede para plotar a função
0 0ln ln( ),
t tR R e R eλ λ′− −′= +
em que R0 = 3,1 × 105, R0 = 4,1 × 106, l = ln 2/145,2 e l = ln 2/24,6. O gráfico aparece na figura a seguir.
Note que o valor absoluto da inclinação do gráfico é l (a constante de desintegração de 110Ag) para pequenos valores de t e l (a 
constante de desintegração de 108Ag) para grandes valores de t.
83. Fazendo
/ / ,p p h x h r∆ ∆ ∆  
obtemos
2 2 2
2 2 1/3 2
( ) (1240MeV fm) 30MeV.
2 2( ) 2(938MeV)[(1,2fm)(100) ]
p hcE
m mc r
⋅= = 
84. (a) A taxa de decaimento do 226Ra é
23 1
7 1
7
1/2
ln 2 (ln 2)(1,00mg)(6,02 10 mol ) 3,66 10 s .
(1600anos)(3,15 10 s/ano)(226 g/mol)
MR N
T m
λ
−
−  × = = = = ×    ×  
Este resultado indica que a atividade do 226Ra é 3,66 × 107 Bq. 
2 9 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(b) Como foi atingido o equilíbrio secular (veja o Problema 42-35), a atividade do 222Rn também é 3,66 × 107 Bq.
(c) Como RRa = RRn e R = lN = (ln 2/T1/2)(M/m), temos
Rn
Ra
31/2 9Rn
Rn Ra
Ra1/2
(3,82 d)(1,00 10 g)(222 u) 6,42 10 g.
(1600 anos)(365 d/ano)(226 u)
T mM M
T m
−
−
  
      
×= = = ×
85. A carta de nuclídeos pedida aparece na figura adiante. As retas pedidas podem ser traçadas da seguinte forma: as retas 
de A constante têm uma inclinação de –45° e as retas de N – Z constante têm uma inclinação de 45°. Assim, por exemplo, 
a reta N – Z = 18 (que é uma reta de “excesso de 18 nêutrons”) passa pelo 114Cd no canto inferior esquerdo e pelo 122Te no 
canto superior direito. A primeira coluna corresponde a N = 66 e a última coluna corresponde a N = 70; a primeira linha 
corresponde a Z = 52 e a última linha corresponde a Z = 48. Os dados necessários para montar a carta podem ser encontrados 
nos seguintes sites: http://www.nndc.bnl.gov/nudat2/ e http://nucleardata.nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp. 
118Te
6,0 d
119Te
16,0 h
120Te
0,1%
121Te
19,4 d
122Te
2,6%
117Sb
2,8 h
118Sb
3,6 min
119Sb
38,2 h
120Sb
15,9 min
121Sb
57,2%
116Sn
14,5%
117Sn
7,7%
118Sn
24,2%
119Sn
8,6%
120Sn
32,6%
115In
95,7%
116In
14,1 s
117In
43,2 min
118In
5,0 s
119In
2,4 min
114Cd
28,7%
115Cd
53,5 h
116Cd
7,5%
117Cd
2,5 h
118Cd
50,3 min
86. De acordo com a Eq. 42-3 ( 1/30r r A= ), em que r0 = 1,2 fm, temos
15 1/3 15
15 1/3 15
Al
(1,2 10 m)(4) 1,90 10 m
(1,2 10 m)(27) 3,60 10 m.
r
r
α
− −
− −
= × = ×
= × = ×
Quando as “superfícies” dos dois núcleos estão em contato, a distância entre os centros dos núcleos é
15 15 15
Al 1,90 10 m 3,60 10 m 5,50 10 m.r r rα
− − −= + = × + × = ×
Assim, de acordo com a lei de conservação da energia, a energia necessária é
9 2 2 19 19
Al
15
0
12 6
1 (8,99 10 N m C )(2 1,6 10 C)(13 1,6 10 C)
4 5,50 10 m
1,09 10 J 6,79 10 eV 6,79 MeV.
q qK
r
α
πε
− −
−
−
× ⋅ × × × ×= =
×
= × = × =
87. De acordo com a Eq. 24-43, temos
19 2 7
9(2 )(90 ) (1,60 10 C) (180) 2,59 10(8,99 10 V m/C) eV,e eU k
r r r
− −× ×= = × ⋅ =
em que r está em metros. Convertendo r para femtômetros, obtemos
259 MeV.U
r
=
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 9 5
Esta equação está plotada na figura a seguir.
88. Supondo que a velocidade do núcleon é constante e usando a expressão clássica para a energia cinética, obtemos
2
15 1/3
8
22
22
22 /
(1,2 10 m)(100) 2(938 MeV)
5 MeV3,0 10 m/s
4 10 s.
nmd d r mct r
v K c KK m
−
−
= = = =
×=
×
≈ ×
89. Explicitando A na Eq. 42-3, obtemos
3 3
0
3,6 fm 27.
1,2 fm
rA
r
   
= = =   
  
90. O problema dos sites de Internet é que não há garantia de que ainda estarão disponíveis quando o leitor tentar consul tá-los. 
No momento, três sites nos quais as informações necessárias para resolver este problema podem ser colhidos são http://www.
webelements.com; http://www.nndc.bnl.gov/nudat2. e http://nucleardata.nuclear.lu.se/toi/nucSearch.asp.
(a) De acordo com o Apêndice F, o número atômico 60 corresponde ao elemento neodímio (Nd). De acordo com as fontes consul-
tadas, os isótopos encontrados na natureza são 142Nd, 143Nd, 144Nd, 145Nd, 146Nd, 148Nd e 150Nd. Dois destes isótopos, 144Nd e 150Nd, 
não são realmente estáveis, mas possuem uma meia-vida muito maior que a idade do universo.
(b) De acordo com as fontes consultadas, os nuclídeos instáveis que possuem 60 nêutrons são os seguintes: 97Rb, 98Sr, 99Y, 100Zr, 
101Nb, 102Mo, 103Tc, 105Rh, 109In, 110Sn, 111Sb, 112Te, 113I, 114Xe, 115Cs e 116Ba.
(c) De acordo com as fontes consultadas, os nuclídeos com número de massa igual a 60 são os seguintes: 60Zn, 60Cu, 60Ni, 60Co, 
60Fe, 60Mn, 60Cr e 60V.
91. (a) Como, de acordo com o Apêndice F, a massa do 1H é 1,007825 u, o novo valor de u seria 1,000000 vez maior que o valor 
atual. Assim, a massa do 12C seria
12,000000/1,007825 u = 11,90683 u.
(b) A massa do 238U seria 238,050785/1,007825 u = 236,2025 u.
92. (a) O número de massa A de um radionuclídeo varia de 4 no decaimento a e não varia no decaimento b. Se os números de 
massa de dois radionuclídeos são dados por 4n + k e 4n + k, em que k = 0, 1, 2, 3, o mais pesado pode decair no mais leve por 
meio de uma sériede decaimentos a (e, possivelmente, b), já que a diferença entre os números de massa é um múltiplo inteiro de 
4. Em outras palavras, se A = 4n + k, o número de massa, após m decaimentos a, passa a ser
A = 4n + k – 4m = 4(n – m) + k,
2 9 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
que pertence à mesma cadeia de decaimentos.
(b) No caso do 235U, 235 = 58 × 4 + 3 = 4n + 3.
(c) No caso do 236U, 236 = 59 × 4 = 4n.
d) No caso do 238U, 238 = 59 × 4 + 2 = 4n + 2. 
(e) No caso do 239Pu, 239 = 59 × 4 + 3 = 4n + 3. 
(f) No caso do 240Pu, 240 = 60 × 4 = 4n.
(g) No caso do 245Cm, 245 = 61 × 4 + 1 = 4n + 1.
(h) No caso do 246Cm, 246 = 61 × 4 + 2 = 4n + 2.
(i) No caso do 249Cf, 249 = 62 × 4 + 1 = 4n + 1.
(j) No caso do 253Fm, 253 = 63 × 4 + 1 = 4n + 1.
93. A energia de desintegração é
2
V Ti( )
(48,94852u 48,94787u)(931,5MeV/u) 0,00547MeV
0,600MeV 600 keV.
KQ m m c E= − −
= − −
= =
94. Para localizar na carta da Fig. 42-5 (que está reproduzida em http://www.nndc.bnl.gov/nudat2) os nuclídeos da Tabela 42-1, 
basta encontrar o ponto correspondente às coordenadas (N, Z). Desta forma, é fácil verificar que todos são estáveis, exceto o 227Ac 
e o 239Pu.
95. (a) Explicitando t na Eq. 42-16 0( ),
tR R e λ−= obtemos
0 1/2 01 14,28d 3050ln ln ln 59,5d.
ln 2 ln 2 170
R T Rt
R Rλ
= = = =
(b) O fator pedido é
( )1/2 3,48d/14,28d ln2ln2/0 1,18.t TtR e e e
R
λ= = = =
96. (a) Estudando a série de decaimentos, chegamos à conclusão de que N210, o número de núcleos de 210Pb, varia por causa de 
dois decaimentos: o decaimento de 226Ra em 210Pb à taxa R226 = l226N226, e o decaimento de 210Pb em 206Pb, à taxa R210 = l210N210. O 
primeiro desses decaimentos faz N210 aumentar, e o segundo faz N210 diminuir. Assim,
(b) Fazendo dN210/dt = R226 – R210 = 0, obtemos R226/R210 = 1,00.
(c) Como R226 = l226N226 = R210 = l210N210, temos
(d) Se apenas 1,00% dos átomos de 226Ra permanecem na amostra, a razão R226/R210 é 0,00100 vez o valor de equilíbrio calculado 
no item (b). Assim, a razão é (0,0100)(1) = 0,0100.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 9 7
(e) O raciocínio é semelhante ao do item (d). Como apenas 1,00% dos átomos de 226Ra permanecem na amostra, a razão N226/N210 
é 1,00% do valor de equilíbrio calculado no item (c), ou seja, (0,0100)(70,8) = 0,708.
(f) Como o valor medido de N226/N210 foi 0,09, que está muito mais próximo de 0,0100 do que de 1, a amostra do pigmento de 
chumbo não pode ter 300 anos. Isso significa que Emaús não foi pintado por Vermeer.
97. (a) Substituindo os infinitésimos por diferenças na Eq. 42-12, usamos o fato de que N = 2,5 × 1018 e ∆N = – 12 durante um 
intervalo de tempo ∆t = 1,0 s para obter
(b) De acordo com a Eq. 42-18, T1/2 = ln 2/l = 1,4 × 1017 s, o que corresponde a aproximadamente 4,6 bilhões de anos.