EUF Exame Unificado das P´os-gradua¸c˜oes em F´ısica Para o primeiro semestre de 2020, Exercícios de Física

Baixe EUF Exame Unificado das P´os-gradua¸c˜oes em F´ısica Para o primeiro semestre de 2020 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2020 Gabarito Parte 1 • Estas são sugestões de posśıveis respostas. Outras possibilidades também podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes às res- postas sugeridas abaixo. Q1. (a) As figuras abaixo mostram as forças atuando em cada bloco. Q1. a) Força de contato entre os blocos (par de ação e reação: ). Força de atrito com o solo ( ). Força de reação de contato do solo. Força-peso ( ) b) Aplicando a 2a. Lei de Newton para cada um dos blocos c) Do teorema energia cinética-trabalho, sabemos que a variação total da energia cinética é igual ao trabalho da força resultante sobre o sistema (0,1). Sendo a força resultante dada por Segue, então, que a variação da energia cinética entre as posições x1 e x2 será igual a d) A potência total dissipada pelo atrito é determina por (0,1), onde é o atrito total atuando no sistema. Impondo-se a situação , obtém-se que: P = !fa,tot " !v = # fa,totv!fa,tot Pfig,2 = 2Pfig,1 !F m1<latexit sha1_base64="wMTE0JW+gnjHDA4wsFFOMUPL63o=">AAAB6nicbVDLSgNBEOz1GeMr6tHLYBA8hd0o6DHgxWNE84BkCbOT2WTIzOwy0yuEkE/w4kERr36RN//GSbIHTSxoKKq66e6KUiks+v63t7a+sbm1Xdgp7u7tHxyWjo6bNskM4w2WyMS0I2q5FJo3UKDk7dRwqiLJW9Hodua3nrixItGPOE55qOhAi1gwik56UL2gVyr7FX8OskqCnJQhR71X+ur2E5YprpFJam0n8FMMJ9SgYJJPi93M8pSyER3wjqOaKm7DyfzUKTl3Sp/EiXGlkczV3xMTqqwdq8h1KopDu+zNxP+8TobxTTgROs2Qa7ZYFGeSYEJmf5O+MJyhHDtCmRHuVsKG1FCGLp2iCyFYfnmVNKuV4LJSvb8q1/w8jgKcwhlcQADXUIM7qEMDGAzgGV7hzZPei/fufSxa17x85gT+wPv8AfbDjYc=</latexit> !N 1 !P 1 !F 12 !fa,1 m2<latexit sha1_base64="wrx+3ykT77SWilZFozanVuDasEs=">AAAB6nicdVBNSwMxEJ2tX7V+VT16CRbB07JbC7W3ghePFe0HtEvJpmkbmmSXJCuUpT/BiwdFvPqLvPlvTLcrqOiDgcd7M8zMC2POtPG8D6ewtr6xuVXcLu3s7u0flA+POjpKFKFtEvFI9UKsKWeStg0znPZiRbEIOe2Gs6ul372nSrNI3pl5TAOBJ5KNGcHGSrdiWB2WK57byIBWpF7LScNHvutlqECO1rD8PhhFJBFUGsKx1n3fi02QYmUY4XRRGiSaxpjM8IT2LZVYUB2k2akLdGaVERpHypY0KFO/T6RYaD0Xoe0U2Ez1b28p/uX1EzO+DFIm48RQSVaLxglHJkLLv9GIKUoMn1uCiWL2VkSmWGFibDolG8LXp+h/0qm6/oVbvalVml4eRxFO4BTOwYc6NOEaWtAGAhN4gCd4drjz6Lw4r6vWgpPPHMMPOG+fzYGOGw==</latexit> !F 21 !fa,2 !N 2 !P 2 !F ij : !F ij + !F ji = !0 !N i : !P i : !fa,i : ! !fa,i ! = !i ! !N i ! F(x) # F1,2 # fa,1 = m1a F2,1 # fa,2 = m2a N1 = P1 N2 = P2 Direção x (0,1): Direção y: (0,1) !P i = m1 !g $ a = F(x) # g(!1m1 + !2m2) m1 + m2 (0,1) !F R = (F(x) # g(!1m1 + !2m2)) %x = ("x # g(!1m1 + !2m2)) %x, (0,1) &K = K(x2) # K(x1) = ! x2 x1 !F R " d !l = "2 (x 22 # x21 ) # g(!1m1 + !2m2)(x2 # x1) (0,1) !1(m1 + m2) = 2(!1m1 + !2m2) $ !2 !1 = m2 # m12m2 (0,1) Bloco 1: Bloco 2: As forças esquematizadas são as seguintes: ~Fij: Forças de contato entre os blocos (par de ação e reação: ~Fij + ~Fji = 0). ~fa,i: Força de atrito no i-ésimo bloco devido ao chão (|~fa,i| = µi| ~Ni|). ~Ni: Força de reação normal no i-ésimo bloco devido ao chão. ~Pi: Força peso no i-ésimo bloco (~Pi = mi~g). (b) Aplicando a segunda lei de Newton a cada um dos blocos e usando que os blocos movem-se com a mesma aceleração horizontal ax - na direção x: F (x)− F1,2 − fa,1 = m1ax e F2,1 − fa,2 = m2ax, - na direção y: N1 = P1 e N2 = P2. =⇒ ax = F (x)− g(µ1m1 + µ2m2) m1 +m2 . (c) Do teorema trabalho-energia cinética, sabe-se que a variação total da energia cinética é igual ao trabalho da força resultante ~FR sobre o sistema. Esta é dada por ~FR = (F (x)− g(µ1m1 + µ2m2)) x̂ = (αx− g(µ1m1 + µ2m2)) x̂. Segue que a variação da energia cinética ∆K entre as posições x1 e x2 é ∆K = ∫ x2 x1 ~FR · d~l = α 2 (x22 − x21)− g(µ1m1 + µ2m2)(x2 − x1). (d) A potência total instantânea dissipada pelo atrito é P = ~fa,tot · ~v = −fa,totv, onde ~fa,tot é a força de atrito total atuando no sistema. Impondo-se a condição do enunciado Pfig,2 = 2Pfig,1 e usando fa,tot,fig,1 = fa,1 + fa,2 = g(µ1m1 + µ2m2) fa,tot,fig,2 = gµ1(m1 +m2), obtém-se µ1(m1 +m2) = 2(µ1m1 + µ2m2) =⇒ µ2 µ1 = m2 −m1 2m2 . 1 Q4. (a) Nesse caso, a equação de Schrödinger independente do tempo para a part́ıcula tem a forma − ~ 2 2m d2ϕ(x) dx2 = Eϕ(x) → d 2ϕ(x) dx2 + k2ϕ(x) = 0, (0 < x < a) onde k = √ 2mE/~. A solução geral da equação diferencial acima pode ser escrita como ϕ(x) = A sin(kx) +B cos(kx) (0 < x < a). As autofunções devem satisfazer as condições de contorno ϕ(0) = ϕ(a) = 0, pois elas devem ser cont́ınuas em x = 0 e x = a, e ϕ(x) = 0 se x < 0 e x > a. Assim, ψ(0) = B = 0, ψ(a) = A sin(ka) = 0 ⇒ ka = nπ, n = 1,2, . . . . Assim, as auto-energias En e as autofunções ϕn(x) são dadas por En = ~2π2 2ma2 n2 e ϕn(x) = A sin (nπx a ) , n = 1,2,3,4, . . . , onde a constante A é determinada através da condição de normalização da autofunção. (b) Da continuidade de ψ(x) em x = 0 e x = a (ver item (a)), temos que ψ(0) = ψ(a) = 0. A primeira condição é satisfeita por ψ(x) independentemente do valor da constante B. Em relação à segunda condição, temos que ψ(a) = A(Ba− a2) = 0 ⇒ B = a. (c) A constante A é determinada a partir da condição de normalização da função de onda:∫ a 0 dx |ψ(x)|2 = 1. Dessa forma, ∫ a 0 dx |ψ(x)|2 = A2 ∫ a 0 dx ( a2x2 − 2ax3 + x4 ) = A2a5 30 = 1 ⇒ A = √ 30 a5 . (d) Na representação de coordenadas, temos que 〈T 〉 = 〈ψ|T |ψ〉 = 〈ψ| p̂ 2 2m |ψ〉 = − ~ 2 2m ∫ a 0 dxψ∗(x) d2ψ(x) dx2 . Como d2ψ(x) dx2 = −2A, segue que 〈T 〉 = 2A 2~2 2m ∫ a 0 ( ax− x2 ) = 5~2 ma2 . 4 Q5. (a) No caso isotérmico P0V0 = PfVf ⇒ Pf = 10P0 = 10,1× 105 N/m2. (b) No caso adiabático P0V γ 0 = PfV γ f ⇒ Pf = 10 γP0 = 10 1,4P0 ≈ 25,3× 105 N/m2. (c) O número de moles ao final da compressão é o mesmo em ambos os casos porque as variáveis de estado são as mesmas. O número de moles inicial era, da equação do gás ideal, n = P0V0 RT0 . Após a exaustão, com T2 = 300 K, o número de moles será n′ = P0Vf RT2 . Portanto, n′ n = T0Vf T2V0 = 330× 0,1 300× 1 = 0,11. e conclui-se que uma fração de 0,89 do gás inicial é liberada (ou 89%). (d) Um esboço dos dois processos pode ser visto na figura abaixo. Como o trabalho realizado (em módulo) é a área sob a curva, é óbvio que ele é menor no caso isotérmico. Alternativamente, pode-se calcular os dois trabalhos. No caso isotérmico Wisoter = −nRT0 ∫ Vf V0 dV V = −P0V0 ln ( Vf V0 ) = 101 ln 10 ≈ 233 J. No caso adiabático Wadia = −P0V γ0 ∫ Vf V0 dV V γ = 1 γ − 1 P0V γ 0 [ V (1−γ) f − V (1−γ) 0 ] = 1 γ − 1 P0V0 [( V0 Vf )(γ−1) − 1 ] = 2,5× 101× ( 100,4 − 1 ) = 2,5× 101× ( 101,4 10 − 1 ) ≈ 380 J. 5 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2020 Gabarito Parte 2 • Estas são sugestões de posśıveis respostas. Outras possibilidades também podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes às res- postas sugeridas abaixo. Q8. (a) Pela lei do deslocamento de Wien, o produto da temperatura de um corpo negro pelo comprimento de onda que maximiza sua radiância espectral é constante. Logo, para o Sol (S ) e Betelgeuse (B) vale λSTS = λBTB ⇒ λS λB = TB TS = 3,0× 103 6,0× 103 = 1 2 . (b) Pela lei de Stefan–Boltzmann, a radiância a partir da superf́ıcie de um corpo negro é propor- cional à quarta potência de sua temperatura absoluta, com uma constante de proporcionalidade universal. Logo, para o Sol e Betelgeuse vale IB T 4B = IS T 4S ⇒ IS IB = ( TS TB )4 = ( 6,0× 103 3,0× 103 )4 = 16. (c) Ainda pela lei de Stefan–Boltzmann, e da definição de radiância como potência (P ) por unidade de área (A), temos IB IS = PB/AB PS/AS = ( TB TS )4 . Levando em conta que a área superficial de uma estrela é proporcional ao quadrado de seu raio, PB/R 2 B PS/R2S = PB PS ( RS RB )2 = ( TB TS )4 , donde RB RS = √ PB PS ( TS TB )2 = √ 4× 104 ( 6,0× 103 3,0× 103 )2 = 8,0× 102. 3 Q9. (a) Da matriz que representa o hamiltoniano H na base |α1〉, |α2〉 e |α3〉, verifica-se que o estado |α3〉 é um autovetor de H com autovalor 2~ω. Diagonalizando o hamiltoniano apenas no subespaço gerado pelos estados |α1〉 e |α2〉, temos que det ( −λ 1 1 −λ ) ⇒ λ2 − 1 = 0 → λ = ±1. Portanto, os autovalores de energia são dados por 1 = −~ω, 2 = ~ω, 3 = 2~ω. Os autovetores são determinados a partir da relação( −λ 1 1 −λ )( x y ) = ( 0 0 ) . Para λ = −1 (1 = −~ω) e λ = 1 (2 = ~ω), verifica-se que, respectivamente, |ϕ1〉 = 1√ 2 (|α1〉 − |α2〉) e |ϕ2〉 = 1√ 2 (|α1〉+ |α2〉) . Além disso, como já mencionado |ϕ3〉 = |α3〉. (b) A partir dos resultados do item (a), podemos reescrever o estado inicial |ψ(0)〉 em termos dos autovetores |ϕi〉 do hamiltoniano H |ψ(0)〉 = 1 2 (|α1〉+ |α2〉) + 1√ 2 |α3〉 = 1√ 2 |ϕ2〉+ 1√ 2 |ϕ3〉. Dessa forma, as probabilidades de uma medida da energia do sistema retornar os valores E = 1, 2 ou 3 são P (E = 1) = |〈ϕ1|ψ(0)〉|2 = 0, P (E = 2) = |〈ϕ2|ψ(0)〉|2 = 1 2 , P (E = 3) = |〈ϕ3|ψ(0)〉|2 = 1 2 . (c) O estado do sistema no instante t > 0 pode ser determinado através da ação do operador de evolução temporal U(t,0) no estado inicial, |ψ(t)〉 = U(t,0)|ψ(0)〉 = e−iHt/~|ψ(0)〉. Usando a expansão do estado inicial |ψ(0)〉 em termos dos autovetores |ϕi〉 do hamiltoniano H obtida no item (b), temos que |ψ(t)〉 = 1√ 2 e−i2t/~|ϕ2〉+ 1√ 2 e−i3t/~|ϕ3〉 = 1√ 2 e−iωt|ϕ2〉+ 1√ 2 e−2iωt|ϕ3〉. Em termos da base |α1〉, |α2〉 e |α3〉, temos |ψ(t)〉 = 1 2 e−iωt|α1〉+ 1 2 e−iωt|α2〉+ 1√ 2 e−2iωt|α3〉. 4 (d) Como determinado no item (a), o estado fundamental do Hamiltoniano H é o estado |ϕ1〉. Considerando a expansão do estado |ϕ1〉 na base |α1〉, |α2〉 e |α3〉, temos 〈A〉 = 〈ϕ1|A|ϕ1〉 = a ( 1/ √ 2 − 1/ √ 2 0 ) 0 1 01 0 1 0 1 0  1/√2−1/√2 0  = −a. 5