Um dos jogos mais divertidos para todo físico que se preze é o famigerado arremesso de elétrons no alvo. Caravanas de competidores e expectadores se formam para que todos possam prestigiar e aproveitar um evento fantástico. Na competição de 2024, estabeleceu-se que os elétrons seriam arremessados de uma distância d=80 m em relação aos detectores alvo, e que por motivos de preguiça dos árbitros, não seriam consideradas correções relativísticas. Considere que estes elétrons, inicialmente em repouso, são acelerados ao longo do eixo x por uma diferença de potencial de 20 eV , na direção de um alvo. Determine:
a) O tempo gasto para um elétron percorrer a distância d até o alvo, desprezando quaisquer efeitos de incerteza (ou seja, um cálculo puramente clássico).
b) Discuta qualitativamente o que aconteceria com a noção de “tempo de chegada” se tentássemos preparar o elétron em um estado com momento \vec{p}=p_{x} \hat{\imath} perfeitamente definido ( \Delta p_{x}=0 ). Seria possível, neste cenário idealizado, prever o instante em que o elétron atinge o alvo? Justifique usando o Princípio da Incerteza.
c) Considerando agora a ideia de uma incerteza no momento \Delta p_{x}=10^{-26} \mathrm{~kg} \mathrm{~m} / \mathrm{s}, determine quais seriam nossos tempos mínimo t_{\text {min }} e máximo t_{\text {max }} para o qual observaríamos o elétron colidir com o detector.
d) Suponha agora que, além da aceleração ao longo de x, o elétron também sofra uma pequena aceleração “vertical” ao longo do eixo y, equivalente a ser acelerado por 500 meV nessa direção.
i) Calcule o momento linear final do elétron \left(p_{x} \mathrm{e} p_{y}\right) e o ângulo \theta que sua trajetória faz com o eixo x ao atingir o alvo (ainda em uma visão clássica).
ii) Se, ao ser preparado, o feixe de elétrons passa por uma fenda (ou possui uma limitação natural) que restringe sua posição vertical inicial com uma incerteza \Delta y=0,1 \AA, qual a mínima incerteza \Delta p_{y} introduzida no momento vertical devido a essa restrição?
iii) Estime a ordem de grandeza da abertura angular \Delta \theta_{y} (em radianos) do feixe na direção y devido a essa incerteza \Delta p_{y}. Compare \Delta \theta_{y} com o ângulo de deflexão clássico \theta calculado \mathrm{em}(\mathrm{i}). (Dica: Para pequenos ângulos, \tan \alpha \approx \alpha \mathrm{e} a abertura angular pode ser estimada por \Delta \theta_{y} \approx \Delta p_{y} / p_{x}.
Dados: Massa do elétron m_{e} \approx 9,11 \times 10^{-31} \mathrm{~kg}; Carga elementar e \approx 1,602 \times 10^{-19} \mathrm{C} ; 1 \mathrm{eV}=1,602 \times 10^{-19} \mathrm{J} ; 1 \AA=10^{-10} \mathrm{~m} ; \hbar \approx 1,054 \times 10^{-34} \mathrm{~J} \cdot \mathrm{~s}.

Passo 1

Vou organizar claramente o que o enunciado pede e os dados que nos são fornecidos (tudo que eu uso abaixo foi retirado do enunciado):
  • Pedidos:
    a) Calcular o tempo que um elétron demora para percorrer a distância d=80\\ \mathrm{m} até o detector, assumindo mecânica clássica não-relativística.
    b) Discutir qualitativamente o que acontece com a noção de “tempo de chegada” se o momento \vec p=p_x\hat\imath fosse perfeitamente definido ( \Delta p_x=0), usando o Princípio da Incerteza.
    c) Com \Delta p_x = 10^{-26}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}, estimar os tempos mínimo t_{\min} e máximo t_{\max} em que o elétron poderia atingir o detector.
    d) Agora há também uma aceleração no eixo y equivalente a 500\\ \mathrm{meV}=0{,}5\\ \mathrm{eV}. Pedidos:
    (i) calcular os momentos lineares finais p_x e p_y e o ângulo \theta da trajetória (visão clássica);
    (ii) se a incerteza inicial na posição vertical é \Delta y = 0{,}1\\ \text{\AA}, calcular a menor incerteza \Delta p_y introduzida;
    (iii) estimar a ordem de grandeza da abertura angular \Delta\theta_y\approx\Delta p_y / p_x e comparar com \theta.
  • Dados numéricos fornecidos (peguei do enunciado):
    • d = 80\\ \mathrm{m}.
    • Diferença de potencial ao longo de x: 20\\ \mathrm{eV}.
    • Diferença de potencial ao longo de y: 500\\ \mathrm{meV} = 0{,}5\\ \mathrm{eV}.
    • Incerteza de momento pedida em (c): \Delta p_x = 10^{-26}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}.
    • Incerteza vertical de posição em (d-ii): \Delta y = 0{,}1\\ \text{\AA} = 1{,}0\times10^{-11}\\ \mathrm{m}.
    • Constantes (usadas em todos os cálculos):
      • m_e \approx 9{,}11\times10^{-31}\\ \mathrm{kg}.
      • e \approx 1{,}602\times10^{-19}\\ \mathrm{C}.
      • 1\\ \mathrm{eV} = 1{,}602\times10^{-19}\\ \mathrm{J}.
      • \hbar \approx 1{,}054\times10^{-34}\\ \mathrm{J\cdot s}.
A partir daqui eu calculo passo a passo cada item, explicando as fórmulas e cada substituição numérica.

Passo 2

(a) — Converter energia (eV) para energia cinética em joules e transformar em velocidade clássica.
  • Conceito usado: um elétron acelerado por uma diferença de potencial V ganha energia cinética igual a K = eV. Se o elétron parte do repouso, sua energia cinética final clássica é
K = \tfrac{1}{2} m_e v^2,
onde m_e é a massa do elétron e v sua velocidade final. Então, para achar v,
v = \sqrt{\dfrac{2K}{m_e}}.
Explicando variáveis:
  • K é a energia cinética em joules;
  • m_e é a massa do elétron;
  • v é a velocidade resultante.
  • Primeiro converto 20\\ \mathrm{eV} para joules:
K = 20\\ \mathrm{eV} = 20\times1{,}602\times10^{-19}\\ \mathrm{J} = 3{,}204\times10^{-18}\\ \mathrm{J}.
  • Agora a velocidade:
v = \sqrt{\dfrac{2K}{m_e}} = \sqrt{\dfrac{2\times 3{,}204\times10^{-18}}{9{,}11\times10^{-31}}}.
Faço a conta em etapas:
2K = 6{,}408\times10^{-18}.
\dfrac{2K}{m_e} = \dfrac{6{,}408\times10^{-18}}{9{,}11\times10^{-31}} \approx 7{,}036\times10^{12}.
v \approx \sqrt{7{,}036\times10^{12}} \approx 2{,}654\times10^{6}\\ \mathrm{m/s}.
(Aqui eu usei que \sqrt{7{,}036}\approx2{,}654 e a raiz de 10^{12} é 10^{6}.)
  • Tempo necessário para percorrer d na mecânica clássica (assumindo velocidade constante v):
t = \dfrac{d}{v} = \dfrac{80\\ \mathrm{m}}{2{,}654\times10^{6}\\ \mathrm{m/s}} \approx 3{,}015\times10^{-5}\\ \mathrm{s}.
Em unidades mais intuitivas, isso é aproximadamente 30{,}15\\ \mu\mathrm{s}.

Passo 3

(b) — Discussão qualitativa sobre ter \Delta p_x = 0 e o Princípio da Incerteza.
  • Enunciado do princípio que uso: a versão usual da incerteza de Heisenberg para posição e momento é
\Delta x\,\Delta p_x \gtrsim \dfrac{\hbar}{2},
onde \Delta x e \Delta p_x são as incertezas (desvios típicos) na posição e no momento, respectivamente. Essa desigualdade diz que se uma das incertezas é extremamente pequena, a outra precisa ser grande.
  • Se hipoteticamente \Delta p_x = 0 (momento perfeitamente definido), então da desigualdade teríamos \Delta x \gtrsim \dfrac{\hbar}{2\Delta p_x}, o que força \Delta x\to\infty. Em palavras: um momento perfeitamente definido implica que a partícula está completamente deslocalizada ao longo de x (não se pode atribuir uma posição inicial bem definida).
  • Consequência para o “tempo de chegada”: o tempo clássico de chegada seria t=(d-x_0)/(p_x/m_e) se x_0 for a posição inicial conhecida. Mas se x_0 está totalmente indefinida (distribuição espalhada por todo o espaço), não se pode prever o instante em que o elétron atingirá o detector — a incerteza no tempo de chegada seria (praticamente) infinita. Em termos físicos: preparar \Delta p_x=0 destrói a informação sobre onde (e portanto quando) a partícula vai colidir; não é possível prever o instante de colisão com precisão.
  • Comentário extra (intuitivo): além disso, estados de momento bem definidos são ondas planas infinitas, não localizadas, portanto qualquer noção de "chegada em t" perde sentido prático. Conclusão curta: não, não seria possível prever o instante de chegada; a incerteza de posição diverge e com isso o tempo de chegada fica indeterminado.

Passo 4

(c) — Com \Delta p_x = 10^{-26}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}: estimar os tempos mínimo e máximo de chegada.
  • Primeiro, usamos a incerteza posição–momento para achar a incerteza mínima de posição associada a essa \Delta p_x:
\Delta x \gtrsim \dfrac{\hbar}{2\,\Delta p_x}.
Substituindo:
\Delta x \gtrsim \dfrac{1{,}054\times10^{-34}}{2\times10^{-26}} = \dfrac{1{,}054\times10^{-34}}{2{,}0\times10^{-26}} \approx 5{,}27\times10^{-9}\\ \mathrm{m}.
Ou seja, a posição inicial do elétron está indefinida em cerca de 5{,}27\\ \mathrm{nm}.
  • Efeito dessa \Delta x sobre o tempo de chegada: se a velocidade média for v, a variação de tempo causada por não saber a posição inicial é aproximadamente
\Delta t_x \approx \dfrac{\Delta x}{v}.
Substituindo \Delta x e v já calculado:
\Delta t_x \approx \dfrac{5{,}27\times10^{-9}}{2{,}654\times10^{6}} \approx 1{,}99\times10^{-15}\\ \mathrm{s}.
Isso é da ordem de femtossegundos — desprezível diante do tempo total de \sim 3\times10^{-5}\\ \mathrm{s}.
  • Agora o efeito da incerteza de momento na velocidade: a incerteza de velocidade é \Delta v = \Delta p_x / m_e. Então
\Delta v = \dfrac{10^{-26}}{9{,}11\times10^{-31}}\approx 1{,}098\times10^{4}\\ \mathrm{m/s}.
Essa \Delta v causa uma incerteza no tempo de chegada aproximada por diferenciação de t=d/v:
\Delta t_p \approx d\cdot\dfrac{\Delta v}{v^2}.
(Justificativa rápida: t=d/v\Rightarrow dt \approx -d\,dv/v^2; tomamos a magnitude.)
Substituindo números:
v^2 \approx (2{,}654\times10^{6})^2 \approx 7{,}036\times10^{12}\\ \mathrm{m^2/s^2},
\Delta t_p \approx 80\cdot\dfrac{1{,}098\times10^{4}}{7{,}036\times10^{12}} \approx 1{,}25\times10^{-8}\\ \mathrm{s}.
Isso é da ordem de 10\\ \mathrm{ns}, muito maior que \Delta t_x.
  • Portanto o espalhamento total de tempos de chegada será dominado por \Delta t_p. Tomando o tempo médio t_{\mathrm{m}} = d/v \approx 3{,}015\times10^{-5}\\ \mathrm{s}, estimamos
t_{\min} \approx t_{\mathrm{m}} - \Delta t_p - \Delta t_x \approx 3{,}015\times10^{-5} - 1{,}25\times10^{-8}\\ \mathrm{s},
t_{\max} \approx t_{\mathrm{m}} + \Delta t_p + \Delta t_x \approx 3{,}015\times10^{-5} + 1{,}25\times10^{-8}\\ \mathrm{s}.
Numéricamente (mantendo as cifras relevantes):
t_{\min} \approx 3{,}0138\times10^{-5}\\ \mathrm{s},\qquad t_{\max} \approx 3{,}0163\times10^{-5}\\ \mathrm{s}.
Observação: a contribuição de \Delta t_x é tão pequena ( \sim10^{-15}\\ \mathrm{s}) que não altera significativamente os dígitos mostrados; o spread efetivo é dominado por \Delta t_p (aprox. \pm1{,}25\times10^{-8}\\ \mathrm{s}).

Passo 5

(d-i) — Agora a componente vertical: calcular p_x, p_y clássicos e o ângulo \theta.
  • Método: para cada direção usamos a relação clássica entre energia cinética e momento:
K = \dfrac{p^2}{2m_e}\quad\Rightarrow\quad p = \sqrt{2m_e K}.
As energias são:
  • K_x = 20\\ \mathrm{eV} = 3{,}204\times10^{-18}\\ \mathrm{J} (já calculado).
  • K_y = 0{,}5\\ \mathrm{eV} = 0{,}5\times1{,}602\times10^{-19}\\ \mathrm{J} = 8{,}01\times10^{-20}\\ \mathrm{J}.
  • Cálculo de p_x:
p_x = \sqrt{2 m_e K_x} = \sqrt{2\times 9{,}11\times10^{-31}\times 3{,}204\times10^{-18}}.
Já que v foi calculado antes, também vale p_x = m_e v. Usando v\approx2{,}654\times10^{6}\\ \mathrm{m/s},
p_x = m_e v \approx 9{,}11\times10^{-31}\times 2{,}654\times10^{6} \approx 2{,}417\times10^{-24}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}.
  • Cálculo de p_y:
p_y = \sqrt{2 m_e K_y} = \sqrt{2\times 9{,}11\times10^{-31}\times 8{,}01\times10^{-20}}.
Faço as contas:
2 m_e K_y \approx 1{,}460\times10^{-49},
p_y \approx \sqrt{1{,}460\times10^{-49}} \approx 3{,}82\times10^{-25}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}.
  • Ângulo \theta da trajetória em relação ao eixo x (ângulo pequeno, mas calculamos exatamente usando arctan):
\theta = \arctan\!\left(\dfrac{p_y}{p_x}\right) = \arctan\!\left(\dfrac{3{,}82\times10^{-25}}{2{,}417\times10^{-24}}\right) = \arctan(0{,}1581)\approx 0{,}157\\ \text{rad}.
Em graus, \theta\approx 9{,}0^\circ (apenas referência; mantemos radianos como pedido).

Passo 6

(d-ii) — Incerteza mínima \Delta p_y devido à restrição de posição vertical \Delta y = 0{,}1\\ \text{\AA}.
  • Uso do princípio de incerteza:
\Delta y\,\Delta p_y \gtrsim \dfrac{\hbar}{2} \quad\Rightarrow\quad \Delta p_y \gtrsim \dfrac{\hbar}{2\,\Delta y}.
Substituindo \Delta y = 1{,}0\times10^{-11}\\ \mathrm{m}:
\Delta p_y \gtrsim \dfrac{1{,}054\times10^{-34}}{2\times 1{,}0\times10^{-11}} = \dfrac{1{,}054\times10^{-34}}{2{,}0\times10^{-11}} \approx 5{,}27\times10^{-24}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}.
Essa é a incerteza mínima no momento vertical imposta pela limitação espacial vertical do feixe.

Passo 7

(d-iii) — Estimar a abertura angular \Delta\theta_y e comparar com \theta.
  • Para pequenos ângulos a dica dada vale e a abertura pode ser estimada por
\Delta\theta_y \approx \dfrac{\Delta p_y}{p_x}.
Substituindo \Delta p_y \approx 5{,}27\times10^{-24}\\ \mathrm{kg\cdot m/s} e p_x \approx 2{,}417\times10^{-24}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}:
\Delta\theta_y \approx \dfrac{5{,}27\times10^{-24}}{2{,}417\times10^{-24}} \approx 2{,}18\\ \text{rad}.
  • Comparação com o ângulo clássico \theta\approx0{,}157\\ \text{rad}:
    • A abertura angular quântica \Delta\theta_y é muito maior que a deflexão clássica \theta. Numericamente,
    \Delta\theta_y \approx 2{,}18\\ \text{rad}\quad\text{vs}\quad \theta\approx0{,}157\\ \text{rad}.
    • Em palavras: a limitação espacial de \Delta y=0{,}1\\ \text{\AA} impõe uma incerteza de momento vertical tão grande que o feixe “espalha” (tem abertura angular) muito maior do que a pequena deflexão que a aceleração vertical clássica produziria. Isso significa que, na prática, não veríamos claramente essa pequena deflexão vertical — o espalhamento quântico decorrente da preparação espacial do feixe a obscureceria.

Resposta

(a) t \approx 3{,}015\times10^{-5}\\ \mathrm{s} (aprox. 30{,}15\\ \mu\mathrm{s}).
(b) Não seria possível prever o instante de chegada: \Delta p_x=0 implica \Delta x\to\infty pela relação \Delta x\,\Delta p_x\gtrsim\hbar/2, logo a posição (e portanto o tempo de chegada) ficaria indeterminado.
(c) Tempo médio t_{\mathrm{m}}\approx 3{,}015\times10^{-5}\\ \mathrm{s}. Estimativa dos extremos dominada por \Delta p_x:
t_{\min}\approx 3{,}0138\times10^{-5}\\ \mathrm{s}, t_{\max}\approx 3{,}0163\times10^{-5}\\ \mathrm{s} (spread \approx\pm1{,}25\times10^{-8}\\ \mathrm{s}).
(d-i) p_x\approx 2{,}417\times10^{-24}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}, p_y\approx 3{,}82\times10^{-25}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}, \theta\approx 0{,}157\\ \mathrm{rad}.
(d-ii) \Delta p_y \gtrsim 5{,}27\times10^{-24}\\ \mathrm{kg\cdot m/s}.
(d-iii) \Delta\theta_y \approx \dfrac{\Delta p_y}{p_x}\approx 2{,}18\\ \mathrm{rad}, que é muito maior do que \theta\approx0{,}157\\ \mathrm{rad} (portanto a incerteza quântica domina a deflexão clássica).

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