3- Calcule a distância de máxima aproximação para uma colisão frontal entre uma partícula alfa de 5,30 \mathrm{MeV} e o núcleo de um átomo de cobre.

Passo 1

O enunciado pede: calcular a distância de máxima aproximação (distância de menor separação, isto é, o ponto de retorno numa colisão frontal) entre uma partícula alfa e um núcleo de cobre. As informações dadas são:
  • Energia cinética da partícula alfa: E=5,30\\ \mathrm{MeV}.
  • A partícula alfa tem carga +2e (portanto Z_1=2).
  • O núcleo de cobre tem número atômico Z_2=29 (carga +29e).
    A pergunta é: qual é a distância de máxima aproximação r_{\min} para uma colisão frontal (head-on)?

Passo 2

Ideia física e equação fundamental (explicada devagar).
  • Num choque frontal entre duas partículas (núcleo pesado inicialmente em repouso e partícula alfa chegando com energia E), no ponto de máxima aproximação toda a energia cinética da alfa foi transformada em energia potencial elétrica (energia de Coulomb) entre as cargas.
  • A energia potencial elétrica entre duas cargas pontuais com cargas Z_1 e e Z_2 e separadas por r é
U(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Z_1 Z_2 e^2}{r}.
  • Conservação de energia (na aproximação clássica e neglectando efeitos nucleares e relatísticos): a energia inicial E da alfa iguala U(r_{\min}):
E = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Z_1 Z_2 e^2}{r_{\min}}.
Aqui:
  • \varepsilon_0 é a permissividade do vácuo,
  • e é a carga elementar,
  • Z_1=2 e Z_2=29,
  • E deve estar em unidades de energia compatíveis com o fator coulombiano usado.

Passo 3

Isolando r_{\min} da equação de conservação de energia:
r_{\min}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{Z_1 Z_2 e^2}{E}.
Explicando: essa fórmula diz que a distância de afastamento é a razão entre a energia coulombiana (proporcional a Z_1Z_2e^2) e a energia disponível E. Para calcular numericamente, é prático usar unidades nucleares: o produto k e^2 (com k=1/(4\pi\varepsilon_0)) é frequentemente expresso em \mathrm{MeV\cdot fm}.

Passo 4

Cálculo prático usando a constante em unidades convenientes.
  • É conhecido (e fácil de derivar se necessário) que
\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}e^2 \approx 1,44\\ \mathrm{MeV\cdot fm}.
Assim, usando Z_1=2, Z_2=29 e E=5,30\\ \mathrm{MeV},
r_{\min}(\mathrm{fm}) \;=\; \frac{1,44\cdot Z_1 Z_2}{E(\mathrm{MeV})} \;=\; \frac{1,44\cdot (2\cdot29)}{5,30}.
Calcule passo a passo:
2\cdot29 = 58,
1,44\cdot 58 = 83,52,
r_{\min}(\mathrm{fm}) = \frac{83,52}{5,30} = 15,76\\ \mathrm{fm}.
Converter para metros (lembrando 1\\ \mathrm{fm}=10^{-15}\\ \mathrm{m}):
r_{\min}=15,76\\ \mathrm{fm}=15,76\times10^{-15}\\ \mathrm{m}=1,576\times10^{-14}\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Verificação rápida pelo método SI (confirmação, mostrado de forma direta).
  • Converter E para joules: 1\\ \mathrm{MeV}=1,602176634\times10^{-13}\\ \mathrm{J}, logo
E = 5,30\\ \mathrm{MeV} = 5,30\times1,602176634\times10^{-13}\\ \mathrm{J} = 8,4915431842\times10^{-13}\\ \mathrm{J}.
  • Usar k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}=8,9875517923\times10^{9}\\ \mathrm{N\,m^2/C^2} e e=1,602176634\times10^{-19}\\ \mathrm{C}. Então
r_{\min} = \frac{k\,Z_1 Z_2 e^2}{E} = \frac{8,9875517923\times10^{9}\cdot 58\cdot (1,602176634\times10^{-19})^2}{8,4915431842\times10^{-13}}\\ \mathrm{m}.
Fazendo as contas (mostradas nos passos anteriores de forma condensada) obtém-se novamente
r_{\min}\approx 1,576\times10^{-14}\\ \mathrm{m},
coincidindo com o resultado em femtômetros calculado pela fórmula mais direta. Boa notícia: os dois métodos batem!

Passo 6

Interpretação final curta (motivação para prova).
  • O valor encontrado, r_{\min}\approx15,8\\ \mathrm{fm}, é maior que o raio típico de um núcleo de cobre (ordem de 4\text{–}5\\ \mathrm{fm}), o que indica que, com 5,30\\ \mathrm{MeV}, a partícula alfa é repelida antes de “tocar” o núcleo — ou seja, não há penetração nuclear, apenas espalhamento coulombiano frontal.

Resposta

r_{\min}=1,58\times10^{-14}\\ \mathrm{m}\approx15,8\\ \mathrm{fm}

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