10 - Modelo atômico de Rutheford

O experimento de espalhamento de Rutheford e colaboradores foi decisivo para a descoberta do núcleo atômico. O experimento consiste em utilizar partículas \alpha (núcleos de He, de carga 2e), produzidas por fontes radioativas, para bombardear uma finíssima folha de ouro (número atômico 79). No experimento foi observado que a maioria das partículas passava direto, algumas sofriam grandes desvios e uma pequena fração era
defletida de volta. Desse experimento surgiu o modelo atômico que considera que, no centro do átomo, há um núcleo muito pequeno, mas que concentra quase toda a massa do átomo e cuja carga elétrica é igual a Ze, onde Z é o número atômico; em torno desse núcleo existem Z elétrons, o que garante a neutralidade elétrica do átomo. Considere uma colisão frontal entre uma partícula \alpha e o núcleo atômico do átomo de ouro, no qual a partícula é retroespalhada. (a) Se a energia cinética da partícula incidente é de 5,30 \mathrm{MeV}, calcule a distância de mínima aproximação entre as duas partículas. Essa distância fornece o valor do raio do núcleo atômico. Dê a resposta em Fermi ( 1 fermi =10^{-15} \mathrm{~m} ). (b) O raio do núcleo é calculado pela fórmula empírica R=R_{0} A^{1 / 3}, onde R_{0}=1,2 fermi e A é o número de massa (número de prótons mais o número de nêutrons). Compare os dois resultados.
Resposta: (a) R=42,8 fermi; (b) R=6,98 fermi

Passo 1

O enunciado pede duas coisas e fornece estes dados (vou listar tudo claramente):
  • Energia cinética da partícula \alpha: K=5{,}30\\ \mathrm{MeV}.
  • Partícula \alpha tem carga 2e (dois prótons) e o núcleo de ouro tem número atômico Z=79, portanto carga Ze=79e.
  • No choque é frontal (head‑on) e a partícula é retroespalhada — isso significa que, no ponto de mínima aproximação, toda a energia cinética disponível foi convertida em energia potencial eletrostática entre as cargas.
  • Perguntas:
    (a) calcular a distância de mínima aproximação (essa distância é uma estimativa do raio que a experiência “sondou”), em fermi (1 fermi =10^{-15}\\ \mathrm{m});
    (b) calcular o raio estimado pela fórmula empírica R=R_0 A^{1/3} com R_0=1{,}2 fermi e A o número de massa do ouro (usar A\approx197), e comparar com o resultado de (a).

Passo 2

Princípio físico que vamos usar (explicando passo‑a‑passo, sem assumir conhecimento prévio):
  • Em um choque frontal, a partícula vem com energia cinética K. À medida que ela se aproxima do núcleo positivo, é repelida pela força elétrica e perde velocidade; no ponto de mínima aproximação a velocidade é zero momentaneamente e a energia cinética inicial foi transformada em energia potencial eletrostática U.
  • Conservação de energia (sem trocas de outras energias) dá:
K = U(r_{\min}).
  • Para duas cargas puntiformes q_1 e q_2 separadas por distância r, a energia potencial eletrostática é
U(r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1 q_2}{r}.
Aqui q_1 e q_2 são as cargas (em coulombs), \epsilon_0 é a permissividade do vácuo; a combinação \dfrac{1}{4\pi\epsilon_0} é a constante eletrostática.
  • Aplicando isso ao caso: q_1=2e (partícula \alpha) e q_2=79e (núcleo de ouro), então o produto das cargas é
q_1 q_2 = 2e\cdot 79e = 158\,e^2.
  • Assim a igualdade energia cinética = energia potencial no ponto de maior aproximação é
K = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{158\,e^2}{r_{\min}}.
  • Reorganizando para r_{\min}:
r_{\min} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{158\,e^2}{K}.

Passo 3

Valor numérico prático (uma constante muito usada em física nuclear):
  • É comum usar a unidade \mathrm{MeV} para energia e \mathrm{fm} (fermi) para distância. Com essas unidades, a combinação \dfrac{e^2}{4\pi\epsilon_0} vale aproximadamente 1{,}44\\ \mathrm{MeV\cdot fm}. Isso significa que, se q_1 q_2 = e^2, então \dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{e^2}{r} tem valor numérico \dfrac{1{,}44}{r(\mathrm{fm})} em MeV.
  • Usando essa forma conveniente, para o nosso produto de cargas 158\,e^2 obtemos
\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\,158\,e^2 = 158\times 1{,}44\\ \mathrm{MeV\cdot fm}.
  • Substituindo em \;r_{\min} = \dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{158\,e^2}{K}\; com K=5{,}30\\ \mathrm{MeV}, temos (mostrando as contas):
r_{\min} = \frac{158\times 1{,}44\\ \mathrm{MeV\cdot fm}}{5{,}30\\ \mathrm{MeV}}.

Passo 4

Fazer a aritmética (passo a passo, sem pular):
  • Primeiro o numerador: 158\times 1{,}44.
158\times 1{,}44 = 158\times(1 + 0{,}44) = 158 + 158\times 0{,}44.
158\times 0{,}44 = 158\times \frac{44}{100} = \frac{158\times 44}{100} = \frac{6952}{100} = 69{,}52.
158 + 69{,}52 = 227{,}52.
  • Agora dividir pelo denominador 5{,}30:
r_{\min} = \frac{227{,}52}{5{,}30}\\ \mathrm{fm}.
  • Dividindo: 227{,}52\div 5{,}30 \approx 42{,}95.
  • Portanto, em fermi:
r_{\min}\approx 42{,}9\\ \mathrm{fm}.
(Arredondei para três dígitos significativos; se usar a constante com mais casas decimais o valor fica muito próximo, ~ 42{,}95\\ \mathrm{fm}.)

Passo 5

Calcular o raio empírico pela fórmula R=R_0 A^{1/3} (mostrando como obter A^{1/3} sem pular passos):
  • Para ouro usamos A\approx 197 (número de massa típico do ouro).
  • Queremos a raiz cúbica de 197, isto é 197^{1/3}. Podemos aproximar por tentativa:
    • 5{,}8^3 = 5{,}8\times5{,}8\times5{,}8 = 33{,}64\times5{,}8 = 195{,}112 (um pouco menor que 197).
    • 5{,}82^3 = 5{,}82\times5{,}82\times5{,}82 \approx 197{,}52 (um pouco maior que 197).
    • Então 197^{1/3} está entre 5{,}80 e 5{,}82; tomando 5{,}82 obtemos boa aproximação.
  • Assim A^{1/3}\approx 5{,}82.
  • Agora R=R_0 A^{1/3} = 1{,}2\\ \mathrm{fm}\times 5{,}82.
R \approx 1{,}2\times 5{,}82 = 6{,}984\\ \mathrm{fm}\approx 6{,}98\\ \mathrm{fm}.

Passo 6

Comparação e interpretação física (sintetizando e motivando para prova):
  • Resultado do caso de espalhamento (energia 5{,}30\\ \mathrm{MeV}): r_{\min}\approx 42{,}9\\ \mathrm{fm}.
  • Resultado empírico para o raio nuclear do ouro: R\approx 6{,}98\\ \mathrm{fm}.
  • Comparando os dois números vemos que r_{\min} é muito maior que o raio real do núcleo: a razão é
\frac{r_{\min}}{R}\approx\frac{42{,}9}{6{,}98}\approx 6{,}15.
  • Interpretação: com uma energia de 5{,}30\\ \mathrm{MeV} a partícula \alpha não chega dentro do “tamanho real” do núcleo de ouro — a repulsão coulombiana a faz parar e reverter a uma distância bem maior que o raio nuclear. Para sondar a superfície ou interior do núcleo seria necessário fornecer energia muito maior às partículas incidentes. Esse é o raciocínio que Rutherford usou para concluir que o núcleo é pequeno e muito mais denso que o resto do átomo.

Resposta

(a) r_{\min}\approx 42{,}9\\ \mathrm{fm}
(b) R=6{,}98\\ \mathrm{fm}

Exercícios relacionados