EUF ( Exame Unificado de Fisica) Gabarito 2018-1, Notas de estudo de Física

Baixe EUF ( Exame Unificado de Fisica) Gabarito 2018-1 e outras Notas de estudo em PDF para Física, somente na Docsity! EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2018 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 equações de movimento são Fg = −mgẑ = m dv dt ⇒ v̇x = 0, v̇z = −g. (b) Integrando em relação ao tempo as equações de movimento, v̇x = 0 ⇒ vx(t) = C1 vx(0) = v0 cos θ = C1 ⇒ vx(t) = v0 cos θ, v̇z = −g ⇒ vz(t) = −gt+ C2 vz(0) = v0 sin θ = C2 ⇒ vz(t) = v0 sin θ − gt. (c) Integrando em relação ao tempo as componentes da velocidade obtidas no item (b), dx dt = vx = v0 cos θ ⇒ x(t) = v0t cos θ + C1 x(0) = 0 = C1 ⇒ x(t) = v0t cos θ, dz dt = v0 sin θ − gt ⇒ z(t) = v0t sin θ − 1 2 gt2 + C2 z(0) = 0 = C2 ⇒ z(t) = v0t sin θ − 1 2 gt2. (d) Utilizando os resultados dos itens (b) e (c), L = r× p = mr× v L = m [ x̂ (v0t cos θ) + ẑ ( v0t sin θ − 1 2 gt2 )] × [x̂ (v0 cos θ) + ẑ (vo sin θ − gt)] L = ( 1 2 mgv0t 2 cos θ ) ŷ. (e) Novamente, utilizando o resultado do item (c), N = r× Fg N = [ x̂ (v0t cos θ) + ẑ ( v0t sin θ − 1 2 gt2 )] × (−mgẑ) N = (mgv0t cos θ) ŷ. Comparando os resultados dos itens (d) e (e) temos, como esperado, dL dt = N. 1 Q4. (a) Do gráfico, pode-se estimar y1 ≈ 25µm. Para o ângulo, se L é a distância da grade ao plano do detector θ1 ≈ tgθ1 = y1/L = 2,5× 10−5 1,25 = 2,0× 10−5 rad. (b) Se d é a separação entre as fendas da grade, a condição para interferência construtiva é, do formulário, d senθn = nλ. Para o primeiro máximo (n = 1) λ = d senθ1 ≈ d θ1 = (100× 10−9)(2,0× 10−5) = 2,0× 10−12 m. (c) A massa molar do C60 é 60× 12 = 72× 101 g/mol. Logo, a massa de uma molécula é M = 72× 101 g 6,02× 1023 = 1,2× 10−24 kg. O módulo do momento linear de uma molécula é p = Mv = 1,2× 10−24 × 220 = 2,6× 10−22 kg m/s. (d) O comprimento de onda de de Broglie é λdB = h p = 6,63× 10−34/2,6× 10−22 = 2,6× 10−12 m. 4 Q5. (a) A pressão final Pf é a soma da pressão externa Pa e a pressão Pm devido à força da mola. Esta última é Pm = kx A = 400× 2 5× 10−3 = 1,6× 105 N/m2, onde x é a variação de comprimento do cilindro. Assim Pf = Pm + Pa = 2,6× 105 N/m2. (b) A relação entre as variáveis termodinâmicas iniciais e finais é PiVi Ti = PfVf Tf ⇒ Tf = PfVfTi PiVi = PfTi(L+ x) PiL = 2,6× 300× 27 1× 25 = 8,4× 102 K. Alternativamente, da equação do gás ideal Tf = PfVf nR = 2,6× 105 × 5× 10−3 × 27× 10−2 5× 10−2 × 8,31 = 8,4× 102 K. (c) O trabalho total W realizado pelo gás é igual à soma da variação de energia potencial elástica da mola Wm com o trabalho Wa realizado contra a pressão externa constante Wm = kx2 2 = 400× 102 × (2× 10−2)2 2 = 8 J, Wa = Pa∆V = PaAx = 1× 105 × 5× 10−3 × 2× 10−2 = 10 J, W = Wm +Wa = 18 J. (d) O calor Q fornecido ao gás é igual ao trabalho total W calculado em (c) mais a variação da energia interna do gás ∆U ∆U = ncV ∆T = 5× 10−2 × 12,5× (8,4× 102 − 300) = 3,4× 102 J, Q = ∆U +W = 3,6× 102 J. 5 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2018 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) Medidas da energia dão como resultado auto-valores do hamiltoniano. Ao auto-valor E0 corresponde unicamente o estado |1〉. Portanto, o protocolo P1 prepara sempre o estado |1〉. (b) Ao auto-valor E corresponde o sub-espaço gerado pelos estados |2〉 e |3〉. Portanto, os estados preparados por P2 são da forma |ψ〉 = C1|2〉+ C2|3〉, onde C1 e C2 são números complexos quaisquer, não simultaneamente nulos. (c) O hamiltoniano total após t = 0 é H = E0 0 00 E W 0 W E  . Para acharmos os auto-valores, precisamos resolver a equação secular∣∣∣∣∣∣ E0 − λ 0 0 0 E − λ W 0 W E − λ ∣∣∣∣∣∣ = 0⇒ (E0 − λ) [(E − λ)2 −W 2] = 0. Os auto-valores são λ0 = E0, λ+ = E +W, λ− = E −W. Um dos auto-vetores é óbvio da forma bloco-diagonal do hamiltoniano. |λ0〉 = |1〉 Os outros auto-vetores de λ± são obtidos de( E − λ± W W E − λ± )( a± b± ) = ( ∓W W W ∓W )( a± b± ) = ( 0 0 ) , donde obtém-se a± = ±b±. Assim, normalizando os auto-vetores, |λ±〉 = 1√ 2 (|2〉 ± |3〉) . (d) Primeiramente, escrevemos o estado inicial |ψ(t = 0)〉 = |2〉 na base de auto-estados de H |ψ(t = 0)〉 = |2〉 = 1√ 2 (|λ+〉+ |λ−〉) . Para t > 0, a evolução temporal na base de auto-estados de H é simples |ψ(t)〉 = 1√ 2 ( e−i λ+ ~ t|λ+〉+ e−i λ− ~ t|λ−〉 ) = 1√ 2 ( e−i E+W ~ t|λ+〉+ e−i E−W ~ t|λ−〉 ) . Alternativamente, na base inicial o estado é |ψ(t)〉 = 1 2 [ e−i E+W ~ t (|2〉+ |3〉) + e−i E−W ~ t (|2〉 − |3〉) ] , |ψ(t)〉 = e−i E ~ t [cos (Wt/~) |2〉 − i sin (Wt/~) |3〉] . 3 Q9. (a) A energia dos fótons E = hc/λ é inversamente proporcional ao comprimento de onda. Portanto, os fótons espalhados, que transferiram parte de sua energia aos elétrons, têm com- primento de onda maior que os incidentes. Segue que o comprimento de onda dos raios X incidentes é λ1 e o comprimento de onda dos fótons espalhados é λ2 > λ1. (b) O comprimento de onda do fóton incidente é λi = hc Ei = 1,24 keV nm 23× 103 eV = 0,54 Å. (c) O comprimento de onda do fóton espalhado é, do formulário, λ = λi + h m0c [1− cos (60o)] = λi + λC 2 = 0,54 + 0,0243 2 = 0,55 Å. (d) A variação da energia total relativ́ıstica do elétron no evento é igual à variação procurada de sua energia cinética ∆K, já que a energia de repouso não varia. Como a energia cinética inicial do elétron é praticamente nula, sua energia cinética após o espalhamento é ∆K. Essa variação, por sua vez, é igual (em módulo) à variação da energia do fóton no espalhamento, ou seja, ∆K = Ei − hc λ = 23 keV − 1,24 keV nm 0,055 nm = (23− 22,5) keV = 0,5 keV. 4 Q10. a) Se o momento da part́ıcula é p = pxx̂ + pyŷ + pzẑ, seu hamiltoniano H1 é a soma das energias cinética e potencial gravitacional H1 = p2x 2m + p2y 2m + p2z 2m +mgz b) Por se tratar de um sistema de part́ıculas que não interagem entre si, sua função partição Z é Z = ZN1 N ! , onde já inclúımos o fator de correção de contagem de Gibbs e Z1 = 1 h3 L∫ 0 L∫ 0 L∫ 0 dxdydz ∞∫ −∞ ∞∫ −∞ ∞∫ −∞ dpxdpydpz e −βH1 , onde β = 1/(kBT ). As integrais gaussianas sobre os momentos são dadas no formulário e obtém-se Z1 = L2 h3  ∞∫ −∞ dpe−β p2 2m 3 L∫ 0 e−βmgzdz = L2 h3 ( 2πm β )3/2( 1− e−βmgL βmg ) . Portanto, Z = 1 N ! [ L2 h3 ( 2πm β )3/2( 1− e−βmgL βmg )]N . c) Usando que e−βmgL ≈ 1− βmgL, Z ≈ 1 N ! [ L2 h3 ( 2πm β )3/2 (1 + βmgL− 1) βmg ]N = 1 N ! V N h3N ( 2πm β )3N/2 . d) A energia livre de Helmholtz é F = −kBT lnZ = −kBTN lnV − kBT ln [ h−3N N ! ( 2πm β )3N/2] . Usando agora que p = − ( ∂F ∂V ) T,N e notando que o segundo termo da energia livre não depende de V , obtém-se p = NkBT V ⇒ pV = NkBT, que é a equação de estado do gás ideal, como esperado, já que os efeitos do campo gravitacional são despreźıveis no regime em questão. 5