Exercícios Resolvidos de Espalhamento Compton

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Enunciado

Uma rede de transmissão em micro-ondas emite a uma frequência de 1,2   G H z , com potência de 1,0   W .

a) Quantos fótons são emitidos por segundo por essa rede?

b) Para um metal típico, é possível arrancar elétrons de sua superfície pela incidência direta dessas ondas? Justifique.

Para os itens (c) e (d), considere a seguinte situação:

Em um experimento Compton, onde um fóton de comprimento de onda de 0,01   n m colide com um elétron em repouso, observa-se que o elétron ganha, após o espalhamento, uma energia cinética equivalente a 4 % de sua massa de repouso.

c) Qual é o comprimento de onda do fóton espalhado?

d) Qual é o ângulo de espalhamento do elétron, em relação a direção do fóton incidente?

Para o item (e), considere agora:

Um pósitron (anti-partícula do elétron, com mesma massa e carga oposta) viajando na direção x incide sobre um elétron em repouso. O par elétron-pósitron se aniquila formando dois fótons, como mostrado na figura.

e) Mostre que, nesse caso, a “Fórmula Compton” é dada por

λ 1 + λ 2 = h m e c ( 1 - cos ⁡ θ )

onde λ 1 e λ 2 são os comprimentos de onda dos fótons criados e θ é o ângulo de abertura entre suas direções ( θ = θ 1 + θ 2 ).

Passo 1

Eai galerinha, prontos para resolver uma questão de física 4?

Eu sei que esse exercício parece gigante, mas deixa eu te explicar uma coisa: na prova o aluno escolhia se fazia os itens (c) e (d) ou se fazia o item (e). Mas como estamos aqui para estudar, vou resolver todos os itens para você!

Os itens (a) e (b) todos os alunos tinham que fazer na prova. Vamos começar pelo (a)!

Ele quer saber a quantidade de fótons por segundo são emitidos. Para isso, lembramos que a potência é definida por

P = Δ E Δ t

A energia total transportada pelos fótons é o número de fótons n vezes a energia de um fóton h f :

Δ E = n h f

Logo,

P = n h f Δ t → n Δ t = P h f

Daí é só substituir:

n Δ t = 1   J / s 6,62 ⋅ 10 - 34   J s ⋅ 1,2 ⋅ 10 9   s - 1

Fazendo as contas:

n Δ t = 1,26 ⋅ 10 24   s - 1

Portanto, cerca de 1,26 ⋅ 10 24 fótons são emitidos por segundo.

Passo 2

No item (b) queremos saber se essa radiação é suficiente para causar efeito fotoelétrico em metais, isto é, se ela capaz de ejetar elétrons dos metais. Para isso, vamos calcular a energia de um fóton:

E = h f

Para ficar mais fácil fazer a comparação, vamos calcular essa energia em elétron-volt e, para isso, temos que usar h = 4,14 ⋅ 10 - 15   e V   s :

E = 4,14 ⋅ 10 - 15 ⋅ 1,2 ⋅ 10 9 ≈ 5 ⋅ 10 - 6   e V

Sabemos que as energias mínimas para ejetar elétrons dos metais são as chamadas função trabalho, que são da ordem de 2   e V , 4   e V ou valores próximos disso. Vemos que a energia do fóton nesse caso é bem menor que a função trabalho, de modo que essa radiação não é capaz de ejetar elétrons por efeito fotoelétrico.

Passo 3

Agora vamos para o item (c)!

Um fóton com comprimento de onda λ i n c = 0,01   n m é espalhado quando incide sobre um elétron em repouso. O comprimento de onda do fóton espalhado é λ e s p , dado por

λ e s p = λ i n c + λ C 1 - cos ⁡ θ ,

onde λ C = 0,00243   n m e θ é o ângulo de espalhamento do elétron. Esse é conhecido efeito Compton.

O enunciado diz que a energia cinética do elétron após o espalhamento é equivalente a 4 % de sua massa de repouso. Portanto,

K e l e t r o n = 0,04   m c 2

Usando a conservação da energia, temos que a energia inicial do fóton é igual a energia do fóton espalhado somada com a energia cinética do elétron:

h f i n c = h f e s p + K e l e t r o n

Como f = c / λ , temos que

h c λ i n c = h c λ e s p + 0,04   m c 2

Daí, temos

h c λ e s p = h c λ i n c - 0,04   m c 2 → 1 λ e s p = 1 λ i n c - 0,04 m c 2 h c

Logo,

λ e s p = 1 1 λ i n c - 0,04 m c 2 h c

Sabemos que para o elétron m c 2 = 511 ⋅ 10 3   e V e h c = 1240   e V   n m . Como λ i n c = 0,01   n m , temos que

λ e s p = 1 1 0,01   n m - 0,04 ⋅ 511 ⋅ 10 3   e V 1240   e V   n m = 1 100 - 16,5   n m

Fazendo as continhas,

λ e s p = 0,012   n m

Note que o comprimento de onda do fóton espalhado é maior que o do fóton incidente, de modo que sua energia é menor. Isso faz muito sentido pois o fóton perdeu parte de sua energia para o elétron!

Passo 4

No item (d) nós queremos o ângulo de espalhamento. Para achar isso, usamos a fórmula do espalhamento Compton:

λ e s p = λ i n c + λ C 1 - cos ⁡ θ

Usando λ C = 0,00243   n m , λ e s p = 0,012   n m e λ i n c = 0,01   n m :

0,012 = 0,01 + 0,00243 1 - cos ⁡ θ

1 - cos ⁡ θ = 0,002 0,00243 = 0,82

cos ⁡ θ = 0,18

Usando uma calculadora, achamos

θ ≈ 80 °

Passo 5

Se você estivesse fazendo a prova e fez os itens (c) e (d), você não precisaria fazer o item (e). Se você escolhesse fazer o item (e), não precisaria fazer os itens (c) e (d). Além disso, escolhendo o item (e) você podia até ganhar uma nota extra porque ele valia um pouco mais...

Dito isso, vamos resolver o item (e)!

Um pósitron com massa m e com momento inicial p p colide com um elétron (também de massa m e ) e os dois se aniquilam, dando origem a dois fótons. Antes da colisão, o momento total do sistema era:

p → a n t e s = p p   x ^

Além disso, a energia era

E a n t e s = m e c 2 + m e c 2 + K p

Nessa última expressão, considerei as energias de repouso das duas partículas e a energia cinética do pósitron em movimento.

Depois da colisão, as partículas desaparecem e dão origem a dois fótons. A energia de cada fóton é dada por

E = h f = h c λ

Assim, após a colisão a energia é

E d e p o i s = h c λ 1 + h c λ 2

Já para o momento a situação é mais complicada. Sabemos que para um fóton, o momento é

p = E c = h λ

Mas não se esqueça que o momento é uma grandeza vetorial, de modo que precisamos fazer a decomposição nas direções x e y :

p → 1 = h λ 1 cos ⁡ θ 1   x ^ + s e n   θ 1   y ^

p → 2 = h λ 2 cos ⁡ θ 2   x ^ - s e n   θ 2   y ^

Observe que a componente y do momento do fóton 2 é negativa! Com isso, o momento do sistema após a colisão era

p → d e p o i s = h λ 1 cos ⁡ θ 1   x ^ + s e n   θ 1   y ^ + h λ 2 cos ⁡ θ 2   x ^ - s e n   θ 2   y ^

Passo 6

Vamos aplicar primeiro a conservação do momento linear:

p → a n t e s = p → d e p o i s

p p   x ^ = h λ 1 cos ⁡ θ 1   x ^ + s e n   θ 1   y ^ + h λ 2 cos ⁡ θ 2   x ^ - s e n   θ 2   y ^

Eu sei que o natural seria igualar as componentes de cada lado da equação acima e sair com duas equações. Isso não está errado, porém resolver o problema assim dá muita conta. Vamos fazer de um jeito alternativo:

p → a n t e s = p → d e p o i s → p → a n t e s ⋅ p → a n t e s   = p → d e p o i s ⋅ p → d e p o i s

O primeiro produto escalar é trivial:

p → a n t e s ⋅ p → a n t e s   = p p 2

Já o segundo vai envolver uma conta interessantes:

p → d e p o i s ⋅ p → d e p o i s = p → 1 + p → 2 ⋅ p → 1 + p → 2 = p 1 2 + p 2 2 + 2   p → 1 ⋅ p → 2

Podemos escrever o último termos como

p → 1 ⋅ p → 2 = p 1 p 2 cos ⁡ θ ,

onde θ = θ 1 + θ 2 é o ângulo entre os vetores. Assim,

p → d e p o i s ⋅ p → d e p o i s = p 1 2 + p 2 2 + 2   p 1 p 2 cos ⁡ θ

Com isso nós nem precisamos olhar para θ 1 e θ 2 , o que importa é a soma deles! Igualado os termos dos momentos antes e depois da colisão:

p p 2 = p 1 2 + p 2 2 + 2   p 1 p 2 cos ⁡ θ

Lembre-se que p 1 = h λ 1 e p 2 = h / λ 2 , de modo que

p p 2 = h 2 λ 1 2 + h 2 λ 2 2 + 2 h 2 λ 1 λ 2 cos ⁡ θ

Passo 7

Agora vamos usar a conservação da energia:

E a n t e s = E d e p o i s

2 m e c 2 + K p = h c λ 1 + h c λ 2

Antes de continuar, precisamos escrever K p r o t em termos de outras coisas. Para isso, vamos lembrar que

K p = E p - m e c 2

A energia cinética do pósitron é a energia total menos a energia de repouso. Mas sabemos que E p = γ m e c 2 , de modo que

K p = γ - 1 m e c 2

Substituindo no lado direito da equação de conservação da energia:

2 m e c 2 + K p = 2 m e c 2 + γ - 1 m e c 2 = γ + 1 m e c 2

Assim,

γ + 1 m e c 2 = h c λ 1 + h c λ 2

Passo 8

Nos passos anteriores achamos duas equações:

p p 2 = h 2 λ 1 2 + h 2 λ 2 2 + 2 h 2 λ 1 λ 2 cos ⁡ θ γ + 1 m e c 2 = h c λ 1 + h c λ 2

Vamos brincar com a primeira equação. Sabemos que a energia total do pósitron e seu momento se relacionam por

E p 2 = m e c 2 2 + p p c 2

Logo,

p p c 2 = E p 2 - m e c 2 2

Mas E p = γ m e c 2 , de modo que

p p c 2 = γ 2 m e c 2 2 - m e c 2 2 = γ 2 - 1 m e c 2 2

Agora multiplique a primeira equação por c 2 e faça a substituição acima:

γ 2 - 1 m e c 2 2 = h c 2 1 λ 1 2 + 1 λ 2 2 + 2 λ 1 λ 2 cos ⁡ θ

Na segunda equação do sistema, podemos isolar γ :

γ = - 1 + h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2

Com isso,

γ 2 - 1 = - 1 + h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 2 - 1

γ 2 - 1 = h 2 m e 2 c 2 1 λ 1 + 1 λ 2 2 - 2 h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 = h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 - 2

Daí substituímos isso na outra equação:

h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 - 2 m e c 2 2 = h c 2 1 λ 1 2 + 1 λ 2 2 + 2 λ 1 λ 2 cos ⁡ θ

Simplificando tudo que dá para simplificar:

1 λ 1 + 1 λ 2 h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 - 2 = h m e c 1 λ 1 2 + 1 λ 2 2 + 2 λ 1 λ 2 cos ⁡ θ

Fazemos a distributiva do lado esquerdo:

1 λ 1 + 1 λ 2 h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 - 2 = h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 2 - 2 1 λ 1 + 1 λ 2

1 λ 1 + 1 λ 2 h m e c 1 λ 1 + 1 λ 2 - 2 = h m e c 1 λ 1 2 + 1 λ 2 2 + 2 λ 1 λ 2 - 2 1 λ 1 + 1 λ 2

Portanto, a equação fica

h m e c 1 λ 1 2 + 1 λ 2 2 + 2 λ 1 λ 2 - 2 1 λ 1 + 1 λ 2 = h m e c 1 λ 1 2 + 1 λ 2 2 + 2 λ 1 λ 2 cos ⁡ θ

Agora simplificamos os termos dos dois lados

1 λ 1 2 + 1 λ 2 2

Com isso, achamos

h m e c ⋅ 2 λ 1 λ 2 - 2 1 λ 1 + 1 λ 2 = h m e c ⋅ 2 λ 1 λ 2 cos ⁡ θ

Passo 9

Pegando a expressão do último passo e trocando os termos de lado:

2 h m e c ⋅ 1 λ 1 λ 2 1 - cos ⁡ θ = 2 1 λ 1 + 1 λ 2

Ou ainda,

h m e c ⋅ 1 λ 1 λ 2 1 - cos ⁡ θ = 1 λ 1 + 1 λ 2

Mas sabemos que

1 λ 1 + 1 λ 2 = λ 1 + λ 2 λ 1 λ 2

Portanto,

λ 1 + λ 2 λ 1 λ 2 = h m e c ⋅ 1 λ 1 λ 2 1 - cos ⁡ θ

Simplificando os denominadores λ 1 λ 2 , achamos a expressão procurada:

λ 1 + λ 2 = h m e c ( 1 - cos ⁡ θ )

UFA! Deu trabalho, mas terminamos 😉!

Resposta

n Δ t = 1,26 ⋅ 10 24   s - 1

Essa radiação não é capaz de ejetar elétrons de metais.

λ e s p = 0,012   n m

θ ≈ 80 °

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