Baixe Física para Engenharia Elétrica 4 - Prova 2: Energia Atômica e Mecânica Quântica e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Elétrica, somente na Docsity! IFUSP FAP2293 Fı́sica para Engenharia Elétrica 4 PROVA 2 06/11/2009 Gabarito – 6 de novembro de 2009 Questão 1 Os raios dos núcleos atômicos são da ordem de a = 5×10−15 m = 5×10−6 nm. (0,5): a) Suponha que um elétron se encontre confinado a um núcleo. Estime a energia cinética mı́nima deste elétron. Obs.: Considere a incerteza no momento como uma estimativa do valor absoluto do momento. Quando a energia cinética,K, é muito maior que a energia de repouso, a expressão relativı́stica para a energia conduz a K = E −mc2 ≈ pc. (0,5): b) Compare o resultado do ı́tem a) com a energia potencial coulombiana entre um elétron e um próton separados pela distância a. Com base neste resultado, é possı́vel existir elétrons presos aos núcleos atômicos? Num determinado instante, a posição de um elétron livre é medida com uma incerteza ∆x0 = 1 nm. (0,5): c) Qual é a incerteza mı́nima no seu comprimento de onda de de Broglie, ∆λ0, imediatamente depois dessa medida? (0,5): d) Qual será a incerteza mı́nima na posição do elétron, ∆x, depois de um intervalo de tempo ∆t = 1 s? (0,5): e) Qual será a incerteza mı́nima no comprimento de onda de de Broglie do elétron, ∆λ, depois de ∆t = 1 s? Princı́pio da incerteza a) ∆x ≈ 2a⇒ ∆p ≥ ~ 2 = ~ 4a = pmı́n ⇒ Kmı́n ≈ pmı́nc = ~c 4a ≈ 100 MeV. b) U = − e 2 4π0a ≈ −0,3 MeV: A força de atração coulombiana NÃO é suficiente para confinar o elétron no núcleo. c) λ = h p ⇒ ∆λ λ = ∆p p : ∆p0 ≥ ~ 2∆x0 ≈ p0 ⇒ ∆λ0 ≈ λ0 = h p0 = 4π∆x0 ≈ 12 nm. d) ∆p0 = me∆v ≈ p0 ⇒ ∆v ≈ ~ 2∆x0me = 5×104 m/s⇒ ∆x = ∆v∆t ≈ 50 km. e) Como o elétron está livre de forças, o seu momento e o seu comprimento de onda de de Broglie não mudam com o tempo.Assim: ∆λ = ∆λ0. Questão 2 Considere uma partı́cula de massam confinada a uma caixa uni-dimensional de paredes infinitamente rı́gidas no intervalo 0 ≤ x ≤ L do eixo x. (0,5): a) Escreva as auto-funções normalizadas, ψn(x), para os quatro estados de menor energia. (0,5): b) Determine as quatro menores energias correspondentes, En. Expresse as energias em termos da energia do estado fundamental, E1. Suponha agora que a caixa contenha 5 elétrons e despreze a repulsão entre eles. (0,5): c) Qual é a energia total dos sistema de 5 elétrons no seu estado fundamental? (1,0): d) Qual é a energia do fóton com o maior comprimento de onda que este sistema pode absorver a partir do seu estado fundamental? Partı́cula numa caixa, princı́pio de exclusão de Pauli a) λ = 2L n , ou k = 2π λ = nπ L com n = 1,2, . . . ψ(x = 0) = ψ(x = L) = 0⇒ ψn(x) = √ 2 L sen(nπx/L): ψ1(x) = √ 2 L sen(πx/L), ψ2(x) = √ 2 L sen(2πx/L), ψ3(x) = √ 2 L sen(3πx/L), ψ4(x) = √ 2 L sen(4πx/L). b) p = h λ = ~k, En = p2 2m = ~2π2 2mL2 n2 = h2 8mL2 n2: E1 = h2 8mL2 , E2 = 4E1, E3 = 9E1, E4 = 16E1. c) Por causa do princı́pio de exclusão de Pauli, no máximo dois elétrons (com números quânticos de spin ms diferentes) podem ocupar um estado orbital. Assim, na configuração de menor ener- gia temos: 2 elétrons no orbital ψ1, 2 elétrons no orbital ψ2 e 1 elétron no orbital ψ3. A energia total do sistema no estado fundamental é: E221 = 2E1 + 2E2 + E3 = 19E1. d) A menor energia de excitação corresponde a promover um dos elétrons no orbital ψ2 para o es- tado ψ3, ficando com: 2 elétrons no orbital ψ1, 1 elétron no orbital ψ2 e 2 elétrons no orbital ψ3. A energia nesta configuração é: E212 = 2E1 + E2 + 2E3 = 24E1. O comprimento de onda do fóton que deve ser absorvido é: λ = hc E212 − E221 = hc 5E1 . IFUSP FAP2293 Fı́sica para Engenharia Elétrica 4 Formulário Prova 2 — 06/11/2009 c = 3,00×108 m/s e = 1,60×10−19 C µ0 = 4π×10−7 N A−2 = 1,26×10−6 N A−2 e2/4π0 = 2,31×10−28 J·m = 1,44 eV·nm 0 = 1/µ0c2 = 8,85×10−12 F/m me = 9,11×10−31 kg = 0,511 MeV/c2 h = 6,63×10−34 J·s = 4,14×10−15 eV·s λC = h/mec = 2,43×10−3 nm ~ = h/2π = 1,05×10−34 J·s = 6,58×10−15 eV·s h2/2me = 2,41×10−37 J·m2 = 1,504 eV·nm2 hc = 2,00×10−25 J·m = 1240 eV·nm a0 = 4π0~2/mee2 = 5,29×10−2 nm σ = 5,67×10−8 W m−2 K−4 mp = 1,673×10−27 kg = 938,3 MeV/c2 b = 2,90×10−3 K m mn = 1,675×10−27 kg = 939,6 MeV/c2 θi = θr n1 sen θi = n2 sen θt v = ω k = λf = c n φ ≈ 2πd sen θ λ I = Imax cos2 (φ/2) d sen θbril = mλ d sen θesc = ( m+12 ) λ Φ ≈ 2πa sen θ λ I = Imax [ sen (Φ/2) (Φ/2) ]2 a sen θesc = mλ (m = ±1,±2, . . . ) θmin ≈ λ/a; θmin ≈ 1,22λ/D 2nt = ( m+12 ) λ 2nt = mλ d sen θbril = mλ (m = 0,±1,±2, . . . ) 2d sen θ = mλ (m = 0,±1,±2, . . . ) I = I0 cos2 θ En = nhf ; n = 0,1,2,3, . . . RT = σT 4 λmaxT = b = 2,90×10−3 K m E = hf = hc λ ; p = E c = h λ Kmax = hf − φ = e∆Vs E = √ (pc)2 + (mc2)2 λ′ − λ0 = λC(1− cos θ) λC = h mec L = n~ En=− Z2e2 8π0a0 1 n2 ≈−Z 2 n2 13,6 eV E = hf = ~ω p = h λ = ~k vf = ω k = E p vg = dω dk = dE dp ∆x∆px ≥ ~ 2 ∆E∆t ≥ ~ 2 − ~ 2 2m d2ψ dx2 + U(x)ψ = Eψ En = h2 8mL2 n2 En = (n+ 12) ~ω − ~ 2 2m [ 1 r2 d dr ( r2 dψ dr ) −`(`+1) r2 ψ ] +U(r)ψ=Eψ U(r)=− Ze 2 4π0r En=− Z2e2 8π0a0 1 n2 ≈ −Z 2 n2 13,6 eV P (x)dx = |ψ(x)|2dx ∫ +∞ −∞ |ψ(x)|2dx = 1 〈f(x)〉 = ∫ +∞ −∞ ψ∗(x)f(x)ψ(x)dx P (r)dr = |ψ(r)|2dV = |ψ(r)|24πr2dr∫ +∞ 0 P (r)dr = 1 〈f(r)〉 = ∫ +∞ 0 f(r)P (r)dr R = (k1 − k2)2 (k1 + k2)2 ; T = 4k1k2 (k1 + k2)2 T ≈ e−2CL, ~C = √ 2m(U0 − E) |~L| = L = √ `(`+ 1)~ Lz = m`~ |~S| = S = √ s(s+ 1)~ Sz = ms~ ∆` = ±1 ∆m` = 0,± 1 Erot = ~2 2I J(J + 1), J = 0,1,2, . . . Evib = (ν + 12)~ω, ω = √ K/µ, ν = 0,1,2, . . . µ = m1m2 m1 +m2 , I = µr20 ∆J = ±1 ∆ν = ±1 ∫ +∞ −∞ e−a 2u2du = √ π a∫ +∞ −∞ u2e−a 2u2du = 1 2 √ π a3∫ ∞ 0 une−audu = n! an+1 ∫ sen2(u)du = 1 2 (u− senu cosu)∫ cos2(u)du = 1 2 (u+ senu cosu)
