Exame Unificado de Física, Exercícios de Física

Baixe Exame Unificado de Física e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o segundo semestre de 2016 05 de abril de 2016 Parte 1 Instruções • Não escreva seu nome na prova. Ela deverá ser identificada apenas através do código (EUFxxx). • Esta prova contém problemas de: mecânica clássica, f́ısica moderna, mecânica quântica e termodinâmica. Todas as questões têm o mesmo peso. • O tempo de duração desta prova é de 4 horas. O tempo mı́nimo de permanência na sala é de 90 minutos. • Não é permitido o uso de calculadoras ou outros instrumentos eletrônicos. • Resolva cada questão na folha correspondente do caderno de respostas. As folhas serão reorganizadas para a correção. Se precisar de mais espaço, utilize as folhas extras do caderno de respostas. Não esqueça de escrever nas folhas extras o número da questão (Qx) e o seu código de identificação (EUFxxx). Folhas extras sem essas informações não serão corrigidas. Use uma folha extra diferente para cada questão. Não destaque a folha extra. • Se precisar de rascunho, use as folhas identificadas como rascunho, que se encontram no fim do caderno de respostas. Não as destaque. As folhas de rascunho serão descartadas e questões nelas resolvidas não serão consideradas. • Não escreva nada no formulário. Devolva tanto o caderno de questões quanto o formulário ao fim da prova. O formulário será utilizado novamente na prova de amanhã. Boa prova! Q1. Uma esfera de bronze sólida de massa m e raio r rola sem deslizar ao longo de um plano incli- nado após ser solta do repouso de uma altura h. O momento de inércia da esfera em relação a um eixo que passa pelo seu centro é I = 2mr2/5 e a aceleração da gravidade é g. O plano inclinado forma um ângulo ✓ com a horizontal, como mostra a figura. ! (a) Há atrito entre a esfera e o plano inclinado? Como você chegou a essa conclusão? (b) Há conservação de energia mecânica? Justifique sua resposta levando em consideração o respondido no item (a). (c) Utilizando considerações de energia, determine a velocidade com que a esfera atinge a base do plano inclinado. (d) Obtenha a velocidade na base do plano inclinado já calculada no item (c) utilizando agora considerações de dinâmica (ou seja, aplicando a segunda lei de Newton). Q2. Considere uma massa m presa à extremidade de uma haste inextenśıvel de massa despreźıvel e comprimento l. A outra extremidade da haste está presa a um ponto fixo e o sistema haste- massa move-se em um plano vertical num local onde a aceleração da gravidade é g. (a) Escreva a Lagrangiana do sistema. (b) Obtenha a equação de movimento que descreve o sistema. (c) Determine os pontos de equiĺıbrio do sistema e classifique-os quanto à estabilidade, justifi- cando suas respostas. (d) Encontre a frequência de pequenas oscilações em torno do ponto de equiĺıbrio estável. Q3. No processo Compton de espalhamento relativ́ıstico, um fóton de energia-momento (E 0 , ~p 0 ) incide sobre um elétron de massa m em repouso. É observado um fóton emergente em uma direção que forma um ângulo ✓ com a direção de incidência, com energia-momento (E, ~p). (a) Denotando o momento do elétron espalhado por ~pe, escreva as equações para a conservação de energia-momento. (b) Obtenha a relação 1 E 1 E 0 = 1 mc2 (1 cos ✓) . (c) Supondo que o comprimento de onda do fóton incidente seja 0 , determine o comprimento de onda do fóton espalhado quando ✓ = ⇡/2. (d) Nas mesmas condições do item anterior, qual é a energia cinética do elétron espalhado? Expresse a resposta em termos de 0 , C ⌘ h/ (mc) e constantes universais. 1 Q6. Uma esfera isolante sólida de raio a tem densidade de carga uniforme ⇢ e carga total Q. Uma esfera oca condutora não carregada, cujos raios interno e externo são b e c, respectivamente, é concêntrica à esfera isolante, como mostra a figura abaixo. (a) Determine a magnitude do campo elétrico nas regiões: (i) r < a; (ii) a < r < b; (iii) b < r < c e (iv) r > c. (b) Ache a carga induzida por unidade de área nas superf́ıcies interna e externa do condutor. (c) Esboce o gráfico da magnitude do campo elétrico E versus r. Identifique em seu gráfico cada uma das regiões citadas no item (a). Q7. Considere as equações de Maxwell na forma diferencial e resolva cada item abaixo. (a) Derive, mostrando todos os passos, as equações de onda no vácuo em sua forma vetorial para os campos elétrico e magnético. Lembre-se: r⇥(r⇥V) = r(r·V)r2V e r·(r⇥V) = 0 (b) Escreva a equação de onda para uma função escalar qualquer f(~r,t) e, comparando com as expressões obtidas no item (a), determine a velocidade de propagação para ambos os campos. (c) Uma posśıvel solução da equação obtida no item (a) é a solução do tipo onda plana li- nearmente polarizada. Suponha um campo eletromagnético do tipo onda plana linearmente polarizada que esteja se propagando na direção ẑ. Considerando que ! é a frequência angular, k o número de onda, E 0 e B 0 as amplitudes dos campos elétrico e magnético, respectivamente, escreva explicitamente qual é o módulo e a direção de ~E e ~B em função da posição e do tempo. (d) Partindo agora das equações de Maxwell na presença de cargas e correntes, derive a equação que relaciona as densidades de carga e de corrente elétrica (equação da continuidade). Que lei de conservação é expressa matematicamente por esta equação? Q8. Considere uma part́ıcula de spin 1/2 sob a ação de um campo magnético uniforme ~B = Bẑ. O Hamiltoniano para este problema é dado por Ĥ = BŜz, onde é uma constante. Sejam os estados |+i e |i tais que Ŝz |±i = ±(~/2) |±i . (a) Quais são os auto-valores do Hamiltoniano? (b) No instante t = 0 a part́ıcula se encontra no estado | (0)i = [|+i |i ] / p 2. Calcule o estado da part́ıcula em um instante t > 0 qualquer. (c) Calcule a média dos operadores Ŝx, Ŝy e Ŝz para qualquer instante t 0. Lembre-se de que Ŝx |±i = (~/2) |⌥i e Ŝy |±i = ±i(~/2) |⌥i. (d) Qual é o menor valor de t > 0 para o qual o estado volta a ser igual ao estado inicial? 1 Q9. Se dois eventos no espaço-tempo são separados espacialmente pelo vetor x x̂+y ŷ +z ẑ e temporalmente por t, o intervalo invariante entre eles, cujo valor independe do referencial inercial, é definido como s2 ⌘ x2 +y2 +z2 c2t2. (a) Eventos (1) e (2) ocorrem em posições distintas (x 1 ,y 1 ,z 1 ) e (x 2 ,y 2 ,z 2 ), respectivamente, de um dado referencial inercial (S) e são tais que o intervalo invariante é positivo. Existe um referencial inercial onde tais eventos ocorrem em um mesmo ponto do espaço? Justifique. (b) Nas mesmas condições do item (a), o evento (2) poderia ter sido causado pelo evento (1)? Justifique sua resposta considerando a propagação de um sinal de (1) para (2) com velocidade ~V = Vxx̂+ Vyŷ + Vz ẑ. (c) Um relógio está em repouso em um referencial (S0) que se move com velocidade ~V em relação a (S). (i) Qual é o sinal do intervalo invariante entre eventos que caracterizam duas posições sucessivas dos “ponteiros do relógio” (desconsidere as dimensões espaciais do relógio)? (ii) Obtenha a relação entre o intervalo de tempo próprio t0 (medido em S0) e o intervalo de tempo t medido em (S). (d) A separação espacial entre uma fonte F e um detector D de part́ıculas é Lx̂, no referencial do laboratório (referencial S). Considere os eventos EF e ED, de produção e detecção de uma part́ıcula, respectivamente. Suponha que essa part́ıcula se mova de F a D com velocidade constante ~V = V 0 x̂ no referencial do laboratório. (i) Quais são as separações no espaço x e no tempo t entre EF e ED no referencial do laboratório? (ii) Seja L0 a distância entre F e D no referencial da part́ıcula. Quais são as separações no espaço x0 e no tempo t0 entre EF e ED no referencial da part́ıcula? (iii) Determine a relação entre L0 e L. Q10. Num modelo para um cristal sólido podemos supor que os N átomos sejam equivalentes a 3N osciladores harmônicos clássicos, unidimensionais, independentes, de massa m, que oscilam com a mesma frequência angular ! em torno de sua posição de equiĺıbrio. A uma distância x desta posição a energia potencial é dada por U = m!2x2/2. Conhecendo-se alguns dados experimentais, é posśıvel estimar, em termos da distância inter-atômica a baixas temperaturas d, a raiz do deslocamento quadrático médio dos átomos quando ocorre a fusão. A resolução dos itens abaixo permite fazer esta estimativa. Suponha que o sólido se encontre em equiĺıbrio térmico a uma temperatura absoluta T . (a) Considere que o número de estados numa célula do espaço de fase (x,p) seja dado por (dxdp)/h, onde h é a constante de Planck. Obtenha a função de partição para o oscilador harmônico, Z(T,!). (b) Calcule o número médio de osciladores cuja posição se encontra entre x e x+ dx. (c) Obtenha uma expressão para a energia potencial média, hUi por oscilador unidimensional. Compare o resultado com o valor esperado pelo teorema da equipartição. (d) Seja x2 0 o deslocamento quadrático médio em torno do equiĺıbrio quando o sólido se funde e seja f = x 0 /d. Usando hUi = m!2x2 0 /2, estime f para um dado elemento cuja massa atômica é m = 1.0⇥1025 kg, a temperatura de fusão é TF = 1400 K, d = (10/3) Å = (10/3)⇥1010 m e a frequência é tal que ~!/kB = 300 K. 2 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o segundo semestre de 2016 Critérios de correção Parte 2 • Como entender os critérios de correção. 1. O valor total de cada questão é 1 ponto. 2. As questões são divididas em itens denotados por letras (a, b, c, . . .). O valor de cada item é mostrado em vermelho no ińıcio do item. 3. O valor dos passos intermediários necessários para a resolução de cada item é mostrado em azul imediatamente após o passo. Para que cada passo intermediário seja considerado correto, é preciso que o racioćınio que leva ao resultado parcial esteja completo e correto. 4. Respostas “secas”, sem justificativas não foram aceitas. Usando novamente que, por simetria, a carga se distribui de maneira uniforme na superf́ıcie, a densidade de carga induzida em r = c é σ2 = Q 4πc2 . Também foram aceitas como respostas corretas as densidades de carga em termos de ρ σ1 = − ρa3 3b2 , σ2 = ρa3 3c2 . Respostas para esse item em que apenas a carga induzida foi calculada, e não a densidade de carga por unidade de área, receberam a pontuação parcial de (0,1 pontos). c) (0,2 pontos) Esboço do gráfico E × r: Figura 6: Esboço do gráfico E × r. Respostas com esboços corretos para algumas regiões e incorretos para outras obtiveram a pontuação parcial de (0,1 pontos). 3 Q7. a) (0,4 pontos) Pelo formulário podemos ver que no vácuo (onde ρ = 0 e ~J = 0), as equações de Maxwell são dadas por ∇ · ~E = 0 ; (12) ∇ · ~B = 0 ; (13) ∇× ~E = −∂ ~B ∂t ; (14) ∇× ~B = µ00 ∂ ~E ∂t ; (15) Tomando o rotacional da Eq. (14) temos que ∇× (∇× ~E) +∇× ( ∂ ~B ∂t ) = 0 . (16) Utilizando a primeira identidade vetorial dada no enunciado juntamente com a Eq. (12), po- demos re-escrever o primeiro termo do lado esquerdo da equação acima como ∇× (∇× ~E) = ∇(∇ · ~E)−∇2 ~E = −∇2 ~E . (0,1 pontos) Desta forma a Eq. (16) pode ser re-escrita, trocando a ordem das derivadas parciais, como −∇2 ~E + ∂ ∂t ( ∇× ~B ) = 0 . (0,1 pontos) Utilizando a Eq. (15) obtemos a equação da onda para o campo elétrico ∇2 ~E = µ00 ∂2 ~E ∂t2 . Tomando agora o rotacional da Eq. (15) temos que ∇× (∇× ~B)− µ00∇× ( ∂ ~E ∂t ) = 0 . Utilizando a primeira identidade vetorial dada no enunciado juntamente com a Eq. (13) e trocando a ordem das derivadas parciais, podemos re-escrever a equação acima como −∇2 ~B − µ00 ∂ ∂t ( ∇× ~E ) = 0 . (0,1 pontos) (17) Finalmente, utilizando a Eq. (14) no segundo termo da Eq. (17) obtemos ∇2 ~B = µ00 ∂2 ~B ∂t2 . (0,1 pontos) b) (0,1 pontos) A equação de onda para uma função f(~r,t) se propagando com velocidade v é dada por ∇2f(~r,t) = 1 v2 ∂2f(~r,t) ∂t2 . (18) 4 Comparando com as Eqs. (17) e (18), notamos que a velocidade de propagação de ~E e ~B é dada por 1 v2 = µ00 ⇒ v = 1 √ µ00 = c. (19) c) (0,2 pontos) Supondo que ~E aponte na direção x̂ e se propague na direção ẑ, podemos escrever que ~E = E0 e i(kz−wt)x̂ , (20) ~B = B0 e i(kz−wt)ŷ . (21) O campos “f́ısicos” podem ser escritos como (supondo E0 e B0 reais) ~Ef = Re( ~E) = E0 cos(kz − wt)x̂ , (22) ~Bf = Re( ~B) = B0 cos(kz − wt)ŷ . (23) Essas soluções, de fato, satisfazem as quatro Eqs. (12-15) desde que ω = ck, como pode ser verificado. De maneira geral, a direção de ~E é arbitrária, desde que seja perpendicular a ~z. Uma vez fixada a direção de ~E, ~B tem que ser perpendicular a ~E e ~z. Os módulos de ~E e ~B são: E = E0 cos(kz − wt) , B = B0 cos(kz − wt) . Tanto as respostas das Eqs. (20-21) quanto das Eqs. (22-23), ou formas equivalentes compat́ıveis com as condições acima, foram consideradas corretas e receberam a pontuação total do item. Notas parciais foram atribúıdas também nos seguintes casos: • Campos propagando nas direções x ou y, com o restante correto. (0,1 pontos) • Campos vetoriais ~E e ~B fora de fase, mas o restante correto. (0,1 pontos) • Campos na forma das Eqs. (20-21), sem o “i” nas exponenciais, mas o restante correto.(0,1 pontos) Vetores campo elétrico e magnético na mesma direção da propagação da onda não obtiveram nenhuma pontuação. d) (0,3 pontos) Tomando a divergência da Eq. (15) temos ∇ · ( ∇× ~B ) − µ00 ∂ ∂t ( ∇ · ~E ) = µ0∇ · ~J . (0,1 pontos) (24) O primeiro termo se anula pela segunda identidade dada no enunciado. Usando a Eq. (12) ∂ρ ∂t +∇ · ~J = 0 (0,1 pontos) Esta equação expressa a lei de conservação da carga: em sua forma integral, ela implica que a taxa de variação temporal da carga total inclúıda em uma região espacial fixa é igual ao fluxo de corrente elétrica entrando pela superf́ıcie que delimita a região. Foi aceita a resposta que apenas declarou: “lei de conservação da carga”. 5 Q9. a) (0,1 pontos) Em qualquer outro referencial S ′, o intervalo invariante terá o mesmo valor ∆s2 = (∆x′) 2 + (∆y′) 2 + (∆z′) 2 − c2 (∆t′)2 . Se nesse referencial os eventos ocorressem no mesmo ponto do espaço, ∆x′ = ∆y′ = ∆z′ = 0 e teŕıamos ∆s2 = −c2 (∆t′)2 < 0, o que contradiz o enunciado. Portanto, esse referencial não existe. b) (0,1 pontos) Como o intervalo invariante é positivo ∆x2 + ∆y2 + ∆z2 > c2∆t2. Supondo a propagação de um sinal com velocidade ~V entre os eventos, teŕıamos ∆x = Vx∆t, ∆y = Vy∆t e ∆z = Vz∆t. Levando na desigualdade acima( V 2x + V 2 y + V 2 z ) ∆t2 > c2∆t2. Assim, teŕıamos V 2x + V 2 y + V 2 z = V 2 > c2. Portanto, o sinal teria que se propagar com uma velocidade maior do que a da luz, o que é imposśıvel. Soluções alternativas para o item (b) que também foram aceitas: • Nas condições do item (a), existe um referencial S ′ no qual ∆t′ = 0 e (∆x′)2 + (∆y′)2 + (∆z′)2 = ∆s2 > 0. Ora, mas isso implicaria numa propagação do sinal com velocidade infinita, o que é imposśıvel. • O evento (2) está fora do cone de luz do evento (1) e, portanto, não pode guardar relação causal com ele. • Não é posśıvel porque o evento (2) está fora do cone de luz do evento (1). c) (0,4 pontos) (i) Como o relógio está em repouso em S ′, ∆x′ = ∆y′ = ∆z′ = 0 e ∆s2 = −c2 (∆t′)2 < 0. O sinal é negativo. (0,1 pontos) (ii) Observados no referencial S, os eventos são tais que ∆x = Vx∆t, ∆y = Vy∆t e ∆z = Vz∆t. Logo, ∆s2 = ( V 2x + V 2 y + V 2 z ) ∆t2 − c2∆t2 = −c2 (∆t′)2 , onde usamos que o valor do intervalo invariante não depende do referencial. Segue que ∆t′ = √ 1− V 2 c2 ∆t. (0,3 pontos) Neste sub-item (c)(ii), se o candidato apenas escreveu que (∆t′) 2 = (∆t)2 − 1 c2 ( ∆x2 + ∆y2 + ∆z2 ) , sem relacionar os deslocamentos espaciais com ∆t, ele recebeu a nota parcial (0,2 pontos). Além disso, se o candidato deu diretamente a fórmula final (ou mesmo apenas ∆t = γ∆t′), argumentando que se trata da expressão para a dilatação temporal da relatividade restrita, ele obteve os (0,3 pontos). d) (0,4 pontos) (i) No referencial de laboratório S, a separação espacial entre os eventos é a distância entre F e D e a separação temporal é o tempo que a part́ıcula leva para viajar entre um e outro ∆x = L e ∆t = L V . (0,1 pontos) 8 (ii) No referencial da part́ıcula, os eventos ocorrem no mesmo ponto espacial e a separação temporal entre eles pode ser obtida usando o resultado do item (c)(ii) ∆x′ = 0 e ∆t′ = √ 1− V 2 c2 ( L V ) . (0,1 pontos) Neste sub-item (d)(ii), a resposta ∆x′ = 0 e ∆t′ = ( L′ V ) , também foi considerada correta. (iii) Do ponto de vista de S ′, L′ = V∆t′, pois F e D (e o refencial S) se movem com velocidade −~V . Usando a expressão para ∆t′ obtida no item anterior L′ = √ 1− V 2 c2 L. (0,2 pontos) Neste sub-item (d)(iii), se o candidato deu diretamente a fórmula final, argumentando que se trata da expressão para a contração espacial de Lorentz(-Fitzgerald) da relatividade restrita, ele obteve os (0,2 pontos). 9 Q10. a) (0,3 pontos) A função de partição é obtida somando sobre todos os estados do sistema com o peso de Boltzmann (0,1 pontos) Z = Tre−βH = ∫ ∞ −∞ ∫ ∞ −∞ dxdp h exp [ −β ( p2 2m + mω2x2 2 )] , (0,1 pontos) onde β−1 = kBT . Usando ∫ ∞ −∞ dxe−ax 2 = √ π a , obtemos Z = π h √ 2m β √ 2 βmω2 Z = 2πkBT hω = kBT ~ω . (0,1 pontos) O item também foi considerado correto se o aluno obteve a função de partição Z3N dos 3N osciladores Z3N = (Z) 3N = ( kBT ~ω )3N . b) (0,3 pontos) Como os osciladores são independentes, o número médio n(x)dx pedido é igual a 3N vezes a probabilidade de um oscilador ter sua posição no intervalo considerado. Esta probabilidade, por sua vez, é igual ao peso de Boltzmann integrado sobre todos os valores de momento linear (0,1 pontos), donde n(x)dx = 3Ndx Z ∫ ∞ −∞ dp h exp [ −β ( p2 2m + mω2x2 2 )] (0,1 pontos) n(x)dx = 3Nωdx √ m 2πkBT exp ( −mω 2x2 2kBT ) . (0,1 pontos) c) (0,2 pontos) A energia potencial média por oscilador é 〈U〉 = 1 3N ∫ ∞ −∞ ( mω2x2 2 ) n(x)dx = ω √ m 2πkBT ∫ ∞ −∞ ( mω2x2 2 ) exp ( −mω 2x2 2kBT ) dx (0,1 pontos) = ω √ m 2πkBT (kBT ) √ 2kBT mω2 ∫ ∞ −∞ x2e−x 2 . Usando que ∫∞ −∞ x 2e−x 2 = √ π/2, 〈U〉 = kBT 2 . (0,1 pontos) Esse resultado é o esperado pelo teorema da equipartição, que diz que o valor médio clássico de cada grau de liberdade quadrático da Hamiltoniana (como a energia potencial) é kBT/2. 10 Q1. (a) (0,1 pontos) Sim, pois a única força capaz de gerar o torque para que a esfera role sem deslizar é o atrito. As seguintes alternativas também foram aceitas: • Sim, pois se não houvesse atrito a bola apenas deslizaria. • Sim, pois se não houvesse atrito a mesma não rolaria. • Sim, pois a esfera desce sem deslizar. (b) (0,1 pontos) Sim, pois o atrito é estático e não realiza trabalho, uma vez que a velocidade do ponto de contato entre a esfera e o plano inclinado é nula (rolamento sem deslizamento). Também foi aceita a seguinte alternativa: Sim, pois a esfera rola sem deslizar. (c) (0,4 pontos) Tomando a base do plano como o zero de energia potencial gravitacional, a energia mecânica inicial é apenas potencial gravitacional, dada por Ei = mgh. Na base do plano inclinado, a energia mecânica é puramente cinética, dada pela energia cinética de translação do centro de massa (CM) mais a energia de rotação em torno do CM, ou seja, Ef = mv 2/2 + Iω2/2, onde v e ω são, respectivamente, as velocidades de translação do CM e angular na base do plano. Por conservação de energia mecânica, mgh = 1 2 mv2 + 1 2 Iω2. (0,2 pontos) (1) Como há rolamento sem deslizamento, a velocidade de translação do CM e a velocidade de rotação satisfazem v = ωr (0,1 pontos). Substituindo na Eq. (1) e usando a expressão para o momento de inércia dada no enunciado obtemos v = √ 10 7 gh. (0,1 pontos) Notas parciais foram atribúıdas também nos seguintes casos: • Energia inicial (Ei) correta, energia final (Ef ) correta, mas não considerou Ei = Ef e, portanto, não chegou ao v correto. (0,2 pontos) • Ei correta, energia cinética final (Ef ) correta, usou v = wr corretamente, mas considerou o trabalho do atrito como não-nulo. (0,2 pontos) • Apenas Ef correta. (0,1 pontos) • Considerou mgh = 1 2 mv2 +mω2 e prosseguiu corretamente. (0,2 pontos) • Considerou mgh = L2/2I + p2/2m, com L incorreto. (0,1 pontos) (d) (0,4 pontos) Definimos um sistema de coordenadas com um eixo x paralelo ao plano inclinado e apontando para a base do plano e um eixo y perpendicular ao plano e apontando para cima do plano. A força resultante no eixo y é nula. No eixo x, usando a segunda lei de Newton, mg sin θ − fat = ma, (0,1 pontos) (2) onde fat é a força de atrito e a a aceleração do CM. Para o movimento de rotação τ = fatr = Iα, (0,1 pontos) (3) onde τ é o torque em relação a um eixo que passa pelo CM da esfera e α é sua aceleração angular. Derivando em relação ao tempo a expressão do item anterior, v = ωr, obtemos a = αr. Levando esta última relação e a Eq. (2) na Eq. (3) obtemos (mg sin θ −ma)r = 2 5 mr2 a r , 1 donde a = 5 7 g sin θ. (0,1 pontos) (4) Dado que a é constante, podemos usar a seguinte relação, válida para um movimento unifor- memente acelerado, v2 = v20 + 2a∆x = 2ah/ sin θ, (5) onde v0 = 0 é a velocidade no instante inicial e ∆x = h/ sin θ o deslocamento no eixo x. Levando a Eq. (4) na Eq. (5) v = √ 10 7 gh, (0,1 pontos) que coincide com o resultado já encontrado no item (c). As seguintes alternativas também foram aceitas: • Se usou v = at e ∆x = at2/2, ao invés da Eq. (5). • Se utilizou a = dv/dt = vdv/dx e integrou em dv e dx, ao invés da Eq. (5). • Se calculou o torque em relação a um eixo que passa pelo ponto de contato e usou o teorema dos eixos paralelos para determinar o momento de inércia em relação a este eixo. Notas parciais foram atribúıdas nos seguintes casos: • Se calculou o torque em relação a um eixo que passa pelo ponto de contato, mas não usou o teorema dos eixos paralelos para determinar o momento de inércia em relação a este eixo. (0,2 pontos) • Se usou que fat = µmgcosθ e assim determinou v em função de µ. (0,2 pontos) 2 Q2. (a) (0,3 pontos) Utilizaremos como coordenada generalizada o ângulo θ que a haste faz com a vertical. O módulo da velocidade da part́ıcula é dado por v = lθ̇, de modo que sua energia cinética é T = m(lθ̇)2 2 . (0,1 pontos) A altura na vertical, em relação à posição em que θ = 0, é dada por h = l− l cos θ. Segue que a energia potencial gravitacional é V = mgl(1− cos θ). (0,1 pontos) Finalmente, a Lagrangiana do sistema é L = T − V = ml 2θ̇2 2 −mgl(1− cos θ). (0,1 pontos) (6) (b) (0,2 pontos) A equação de movimento é obtida a partir da equação de Euler-Lagrange d dt ( ∂L ∂θ̇ ) − ∂L ∂θ = 0. Utilizando a Eq. (6) na equação acima, temos θ̈ = −g l sin θ. (c) (0,3 pontos) Nos pontos de equiĺıbrio, dV/dθ = 0, o que nos dá sin θ = 0, ou seja, os pontos procurados são θ = 0 e θ = π. (0,1 pontos) Para avaliar a estabilidade dos pontos de equiĺıbrio, analisamos o sinal de d2V dθ2 = mgl cos θ. (0,1 pontos) Para θ = 0, a expressão acima tem valor positivo (mı́nimo de V ), caracterizando um equiĺıbrio estável, enquanto que para θ = π, o sinal é negativo (máximo de V ), correspondendo a um ponto de equiĺıbrio instável. (0,1 pontos) (d) (0,2 pontos) Para pequenas oscilações em torno de θ = 0, podemos aproximar sin θ ≈ θ. A equação de movimento fica θ̈ = −g l θ, cuja solução geral é, por inspeção, θ(t) = A sin(ωt+ δ), onde A e δ são constantes arbitrárias determinadas pelas condições iniciais e ω = √ g/l, que é a frequência (angular) procurada. Alternativamente, pode-se comparar a Eq. (2) com a equação de movimento de um oscilador harmônico simples uni-dimensional de frequência (angular) ω, ẍ+ ω2x = 0, 3 Racioćınio correto com erros de álgebra levaram à perda de (0,1 pontos). c) (0,3 pontos) A energia cinétia do elétron espalhado é K = √ p2ec 2 +m2c4 −mc2 = E0 − E. Fazendo θ = π/2 na Eq. (8) 1 E − 1 E0 = 1 mc2 , donde E = mc2E0 E0 +mc2 . Assim, K = E0 ( 1− mc 2 E0 +mc2 ) = hc λ0 ( 1− mc 2 hc λ0 +mc2 ) . Finalmente, K = hc λ0 1 1 + λ0 λC . Resposta em termos das energias dos fótons e não em termos dos comprimentos de onda levaram à perda de (0,1 pontos). Racioćınio correto com erros de álgebra levaram à perda de (0,2 pontos). 6 Q4. (a) (0,3 pontos) Queremos calcular 〈n′| x̂ |n〉 e 〈n′| p̂ |n〉 . Utilizando que ↠= √ mω 2~ x̂− i√ 2mω~ p̂, (0,1 pontos) obtemos x̂ = √ ~ 2mω ( â+ ↠) , p̂ = i √ ~mω 2 ( ↠− â ) . Os elementos de matriz pedidos são 〈n′| x̂ |n〉 = √ ~ 2mω 〈n′| ( â+ ↠) |n〉 , 〈n′| p̂ |n〉 = i √ ~mω 2 〈n′| ( ↠− â ) |n〉 . (0,1 pontos) Como 〈n′| â |n〉 = 〈n′| √ n |n− 1〉 = √ nδn′,n−1, 〈n′| ↠|n〉 = 〈n′| √ n+ 1 |n+ 1〉 = √ n+ 1δn′,n+1, segue que 〈n′| x̂ |n〉 = √ ~ 2mω (√ nδn′,n−1 + √ n+ 1δn′,n+1 ) , 〈n′| p̂ |n〉 = i √ ~mω 2 (√ n+ 1δn′,n+1 − √ nδn′,n−1 ) . (0,1 pontos) (b) (0,2 pontos) Primeiramente, escrevemos x̂2 em termos de â e ↠x̂2 = √ ~ 2mω ( â+ ↠)√ ~ 2mω ( â+ ↠) = ~ 2mω [ â2 + â↠+ â†â+ ( ↠)2] . (0,1 pontos) O valor esperado procurado é 〈n| x̂2 |n〉 = 〈n| ~ 2mω ( â2 + â↠+ â†â+ ( ↠)2) |n〉 . Calculamos cada termo separadamente 〈n| â2 |n〉 = 〈n| a √ n |n− 1〉 = √ n √ n− 1δn,n−2 = 0, 〈n| ( ↠)2 |n〉 = 〈n| a†√n+ 1 |n+ 1〉 = √n+ 1√n+ 2δn,n+2 = 0, 〈n| â↠|n〉 = 〈n| a √ n+ 1 |n+ 1〉 = (n+ 1) 〈n| n〉 = n+ 1, 〈n| â†â |n〉 = 〈n| a† √ n |n− 1〉 = n 〈n| n〉 = n. Juntando todas as contribuições 〈n| x̂2 |n〉 = ~ 2mω (2n+ 1) = ~ mω ( n+ 1 2 ) . (0,1 pontos) 7 (c) (0,2 pontos) A energia total média em um auto estado do Hamiltoniano é 〈n| Ĥ |n〉 = ~ω 〈n| ( â†â+ 1 2 ) |n〉 = ~ω ( n+ 1 2 ) , onde usamos o valor esperado do operador número calculado no item anterior. A energia potencial média em um auto estado do Hamiltoniano é 〈n| V̂ |n〉 = 1 2 mω2 〈n| x̂2 |n〉 . (0,1 pontos) Do item anterior 〈n| V̂ |n〉 = 1 2 mω2 ~ mω ( n+ 1 2 ) = ~ω 2 ( n+ 1 2 ) . Finalmente 〈n| Ĥ |n〉 〈n| V̂ |n〉 = 2. (0,1 pontos) (d) (0,3 pontos) Primeiro notamos que i~ dâH(t) dt = [ âH(t),Ĥ ] = eiĤt/~ [ â,Ĥ ] e−iĤt/~, (0,1 pontos) já que o Hamiltoniano comuta com as exponenciais. O comutador procurado é[ â,Ĥ ] = ~ω [ â, ( â†â+ 1 2 )] = ~ω [ â,â†â ] , onde usamos que um número comuta com qualquer operador. Mas[ â,â†â ] = ( ââ†â− â†â2 ) = ( â↠− â†â ) â = [ â,↠] â = â, (0,1 pontos) já que [ â,↠] = 1. Assim, i~ dâH(t) dt = ~ω eiĤt/~âe−iĤt/~ = ~ωâH(t). Resolvendo essa equação diferencial âH (t) = â (0) e −iωt = âe−iωt. (0,1 pontos) A seguinte resposta alternativa também foi aceita. Usando eXAe−X = A+ [X,A] + 1 2! [X, [X,A]] + · · · , obtém-se aH (t) = e iĤt/~âe−iĤt/~ = a+ [ iĤt ~ ,a ] + 1 2! [ iĤt ~ , [ iĤt ~ ,a ]] + · · · . De [ iĤt ~ ,â ] = −iωtâ, (0,1 pontos) segue que aH = â− iωtâ+ (−iωt)2 â+ · · · = âe−iωt. (0,1 pontos) (9) Portanto, o comutador é [ âH ,Ĥ ] = e−iωt [â,H] = ~ωe−iωtâ, (10) e (9) e (10) satisfazem a equação de movimento dada no enunciado. (0,1 pontos) 8 Levando na expressão para o rendimento, η = 1− Tmin (Tmax − Tmin) ln ( Tmax Tmin ) . (0,2 pontos) Se Tmax = 2Tmin, temos que η = 1− ln 2 ≈ 0.31, e o rendimento da máquina de Carnot correspondente é ηCarnot = 1− Tmin Tmax = 0.5, de forma que η ηCarnot = 2(1− ln 2). (0,1 pontos) O rendimento da máquina é menor do que o da máquina de Carnot correspondente. Isso é o esperado porque uma das consequências da segunda lei da termodinâmica é que nenhuma máquina operando entre dois reservatórios a temperaturas Tmax e Tmin pode ter rendimento maior que a máquina de Carnot entre esses reservatórios. (0,1 pontos) 11 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2017 04 de outubro de 2016 Parte 1 Instruções • Não escreva seu nome na prova. Ela deverá ser identificada apenas através do código. • Esta prova contém problemas de: mecânica clássica, mecânica quântica, f́ısica moderna e termodinâmica. Todas as questões têm o mesmo peso. • O tempo de duração desta prova é de 4 horas. O tempo mı́nimo de permanência na sala é de 90 minutos. • Não é permitido o uso de calculadoras ou outros instrumentos eletrônicos. • Resolva cada questão na folha correspondente do caderno de respostas. As folhas serão reorganizadas para a correção. Se precisar de mais espaço, utilize as folhas extras do caderno de respostas. Não esqueça de escrever nas folhas extras o número da questão (Qx) e o seu código de identificação. Folhas extras sem essas informações não serão corrigidas. Use uma folha extra diferente para cada questão. Não destaque a folha extra. • Se precisar de rascunho, use as folhas identificadas como rascunho, que se encontram no fim do caderno de respostas. Não as destaque. As folhas de rascunho serão descartadas e questões nelas resolvidas não serão consideradas. • Não escreva nada no formulário. Devolva tanto o caderno de questões quanto o formulário ao fim da prova. O formulário será utilizado novamente na prova de amanhã. Boa prova! Q1. Um corpo de massa m cai em linha reta a partir do repouso em um fluido. A aceleração da gravidade ~g pode considerada constante. O corpo é sujeito também a uma força de resistência proporcional à velocidade: ~Fr = km~v, onde k é uma constante. A força de empuxo do fluido é despreźıvel. (a) Obtenha o módulo da velocidade do corpo como função do tempo. (b) Qual é a velocidade terminal do corpo (módulo da velocidade no limite t ! 1)? (c) Encontre z(t), a posição do corpo como função do tempo (considere z(0) = 0). (d) Encontre z(v), a posição do corpo como função do módulo da velocidade. t Q2. O pêndulo duplo plano consiste de duas part́ıculas de massas m 1 e m 2 e duas hastes ŕıgidas de massas despreźıveis e comprimentos l 1 e l 2 , que oscilam, sob a ação da gravidade ~g, em um mesmo plano vertical fixo, como representado na figura abaixo. Considerando ~g constante e adotando como coordenadas generalizadas os ângulos ✓ 1 e ✓ 2 da figura, obtenha: m1 m2 l1 l2 θ1 θ2 (a) A energia cinética do sistema. (b) A energia potencial do sistema. (c) A Lagrangiana do sistema. (d) As equações de movimento relativas a ✓ 1 e ✓ 2 . Q3. Considere a dinâmica quântica não relativ́ıstica de uma part́ıcula de massa m num potencial harmônico tridimensional isotrópico de frequência angular ! dado por V (x,y,z) = m!2 2 (x2 + y2 + z2). (a) Escreva os auto-estados |n 1 ,n 2 ,n 3 i da Hamiltoniana total Ĥ em termos dos auto-estados de osciladores harmônicos unidimensionais |nii (i = 1,2,3) e também as auto-energias de Ĥ. (b) Uma das auto-energias do sistema é 7 2 ~!. Qual é a sua degenerescência? (c) O observável Ĥ é medido quando o sistema se encontra no seguinte estado (considere os auto-estados |n 1 ,n 2 ,n 3 i normalizados) | i = 1p 2 |0,0,1i+ 1 2 |0,1,0i+ 1 2 |0,1,1i. Que resultados podem ser obtidos e com que probabilidades? (d) Suponha que a medida do item (c) resultou no valor 5 2 ~!. Considere t = 0 o instante imediatamente posterior a essa medida. Determine o estado do sistema | (t)i para t > 0. 1 Q6. Um anel fino de raio R e carga total Q > 0 uniformemente distribúıda ao longo de sua circunferência está fixo no plano xy de um sistema de coordenadas e tem seu centro na origem O. Seja P um ponto com coordenadas (0,0,z) (ver figura abaixo). z R r dQ θ dE P z O y x (a) Somando as contribuições de todos os elementos de carga do anel, encontre módulo, direção e sentido do campo elétrico ~E(z) no ponto P . (b) Proceda analogamente ao item (a) e calcule o potencial elétrico V (z) no ponto P . (c) Uma part́ıcula pontual de carga q < 0 e massa m parte do repouso de um ponto com coordenadas (0,0,z 0 ), muito distante da origem (ou seja, z 0 R) e viaja ao longo do eixo z. Qual é a sua velocidade quando ela passa pelo centro do anel? Considere despreźıveis os efeitos da radiação eletromagnética emitida pela part́ıcula no seu trajeto em direção ao centro do anel. Q7. Um aro quadrado ŕıgido de arame com lado L tem resistência elétrica total R. O aro está no plano xy de um sistema de coordenadas e move-se com velocidade ~v para fora da região onde há um campo magnético uniforme ~B (area sombreada na figura abaixo) apontando para fora da página (sentido de z positivo). Considere o instante em que o vértice da esquerda do aro está a uma distância s dentro da area sombreada (0 < s < p 2L/2). R L s y x v B (a) Calcule o fluxo do campo magnético através do aro como função de s. (b) Determine o valor e o sentido de circulação da corrente elétrica induzida no aro. (c) Calcule a força magnética total (módulo, direção e sentido) sobre o aro quando a corrente induzida circula nele. Que força adicional à força magnética deve ser aplicada no aro para que ele se mova com velocidade constante sob a ação exclusiva dessas duas forças? 1 Q8. Considere a dinâmica quântica não relativ́ıstica de um elétron (massa m e carga e) movendo- se ao longo do eixo x num potencial de oscilador harmônico unidimensional com frequência angular !. O elétron também está sujeito a um campo elétrico ~E = Ex̂ ao longo do mesmo eixo. (a) Escreva a Hamiltoniana total do sistema. (b) Sejam |ni (n = 0,1,2, . . . ) os auto-estados do oscilador harmônico. Vamos considerar agora o efeito do campo elétrico como uma pequena perturbação que modifica muito pouco as auto-energias e os auto-estados do oscilador harmônico. Seja V̂E o termo da Hamiltoniana devido ao campo elétrico. Nesse caso, a correção da energia do primeiro estado excitado em ordem linear em E é dada pelo valor médio de V̂E em |1i. Calcule essa correção. (c) A correção do primeiro auto-estado excitado em ordem linear em E é dada por | (1) 1 i = r ~ 2m! eE ~! ⇣ |0i p 2 |2i ⌘ . (2) A correção da energia do primeiro estado excitado em ordem quadrática em E é dada pelo elemento de matriz de V̂E entre |1i o estado da Eq. (2). Calcule essa correção. (d) Calcule as auto-energias exatas do sistema (oscilador harmônico mais campo elétrico) através de uma transformação de coordenadas. Compare o resultado exato com o cálculo per- turbativo dos itens (b) e (c). Eles concordam? Por quê? Q9. Suponha que um planeta extra-solar esteja a uma distância de c T anos-luz da Terra (c é a velocidade da luz e T é o tempo em anos que esta leva para viajar da Terra até lá). Uma expedição é planejada para enviar astronautas ao planeta de tal forma que eles envelheçam 3T/4 anos durante a viagem de ida. A viagem é quase toda feita a uma velocidade constante. Por isso, desconsidere os pequenos trechos com movimento acelerado. (a) Qual deverá ser o módulo da velocidade constante dos astronautas, em relação à Terra, na ida? (b) De acordo com os astronautas, qual será a distância a ser percorrida na ida? (c) A cada ano (de acordo com o relógio da nave) os astronautas enviam um pulso de luz para a Terra. Qual é a periodicidade dos pulsos recebidos na Terra? (d) Na metade da jornada de ida um casal de astronautas decide retornar à Terra em um módulo espacial. De acordo com os astronautas que permanecem na nave, o módulo retorna em direção à Terra com velocidade 5c/6. Calcule o tempo total (medido na Terra) que o casal de astronautas terá ficado fora do nosso planeta. Q10. Um sistema de N osciladores quânticos unidimensionais, localizados e independentes está em equiĺıbrio com um reservatório térmico à temperatura T . As energias de cada oscilador são dadas por En = ~!0 ✓ n+ 1 2 ◆ n = 1,3,5,7, . . . Note que os valores assumidos por n são apenas os naturais ı́mpares. (a) Obtenha uma expressão para a energia interna por oscilador u como função da temperatura T . Qual é a expressão para u no limite clássico (~! 0 ⌧ kBT )? Esboce um gráfico de u por T . (b) Obtenha uma expressão para a entropia por oscilador s como função da temperatura T . Qual é a expressão para s no limite clássico? Esboce um gráfico de s por T . 2 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2017 Critérios de correção Parte 1 • Como entender os critérios de correção. 1. O valor total de cada questão é 1 ponto. 2. As questões são divididas em itens denotados por letras (a, b, c, . . .). O valor de cada item é mostrado em vermelho no ińıcio do item. 3. O valor dos passos intermediários necessários para a resolução de cada item é mostrado em azul imediatamente após o passo. Para que cada passo intermediário seja considerado correto, é preciso que o racioćınio que leva ao resultado parcial esteja completo e correto. 4. Respostas “secas”, sem justificativas não foram aceitas. 5. Respostas equivalentes às sugeridas aqui, devidamente justificadas, foram aceitas como corretas. Q2. (a) (0,3 pontos) Seja um sistema cartesiano de coordenadas com x na horizontal orientada para a direita e y na vertical orientada para baixo e com a origem no ponto de sustentação do pêndulo superior. Sejam (x1,y1) e (x2,y2) as coordenadas cartesianas das part́ıculas de massas m1 e m2, respectivamente. Então, x1 = l1 sin θ1, y1 = l1 cos θ1, x2 = l1 sin θ1 + l2 sin θ2, y2 = l1 cos θ1 + l2 cos θ2. donde ẋ1 = l1θ̇1 cos θ1, ẋ2 = l1θ̇1 cos θ1 + l2θ̇2 cos θ2, ẏ1 = −l1θ̇1 sin θ1, ẏ2 = −l1θ̇1 sin θ1 − l2θ̇2 sin θ2. A energia cinética da part́ıcula 1 é T1 = m1 2 ( ẋ21 + ẏ 2 1 ) = m1 2 ( l21θ̇ 2 1 cos 2 θ1 + l 2 1θ̇ 2 1 sin 2 θ1 ) = m1 2 l21θ̇ 2 1. Para a part́ıcula 2 ẋ22 = l 2 1θ̇ 2 1 cos 2 θ1 + l 2 2θ̇ 2 2 cos 2 θ2 + 2l1l2θ̇1θ̇2 cos θ1 cos θ2, ẏ22 = l 2 1θ̇ 2 1 sin 2 θ1 + l 2 2θ̇ 2 2 sin 2 θ2 + 2l1l2θ̇1θ̇2 sin θ1 sin θ2, donde T2 = m2 2 ( ẋ22 + ẏ 2 2 ) = m2 2 [ l21θ̇ 2 1 + l 2 2θ̇ 2 2 + 2l1l2θ̇1θ̇2 cos(θ1 − θ2) ] A energia cinética total é T = T1 + T2 = m1 2 l21θ̇ 2 1 + m2 2 [ l21θ̇ 2 1 + l 2 2θ̇ 2 2 + 2l1l2θ̇1θ̇2 cos(θ1 − θ2) ] . (0,3 pontos) Também foi considerada correta a escolha da coordenada y como orientada para cima. (b) (0,2 pontos) A energia potencial é V = −m1gy1 −m2gy2 = −m1gl1 cos θ1 −m2g (l1 cos θ1 + l2 cos θ2) . (0,2 pontos) Também foi considerada correta a escolha do ńıvel de energia potencial que leva a V = m1gl1(1− cos θ1) +m2gl1(1− cos θ1) +m2gl2(1− cos θ2). (c) (0,1 pontos) A Lagrangiana é L = T − V L = m1 2 ( l21θ̇ 2 1 + 2gl1 cos θ1 ) + m2 2 [ l21θ̇ 2 1 + l 2 2θ̇ 2 2 + 2l1l2θ̇1θ̇2 cos(θ1 − θ2) + 2g (l1 cos θ1 + l2 cos θ2) ] . (0,1 pontos) (d) (0,4 pontos) As equações de movimento são as equações de Euler-Lagrange d dt ( ∂L ∂θ̇i ) − ∂L ∂θi = 0 (i = 1,2). 3 Temos para i = 1 ∂L ∂θ1 = −(m1 +m2)gl1 sin θ1 −m2l1l2θ̇1θ̇2 sin (θ1 − θ2), ∂L ∂θ̇1 = (m1 +m2)l 2 1θ̇1 +m2l1l2θ̇2 cos(θ1 − θ2), e d dt ( ∂L ∂θ̇1 ) = (m1 +m2)l 2 1θ̈1 +m2l1l2θ̈2 cos(θ1 − θ2)−m2l1l2θ̇2 sin (θ1 − θ2)(θ̇1 − θ̇2), e para i = 2 ∂L ∂θ2 = −m2gl2 sin θ2 +m2l1l2θ̇1θ̇2 sin (θ1 − θ2), ∂L ∂θ̇2 = m2l 2 2θ̇2 +m2l1l2θ̇1 cos(θ1 − θ2), e d dt ( ∂L ∂θ̇2 ) = m2l 2 2θ̈2 −m2l1l2θ̇1 sin (θ1 − θ2)(θ̇1 − θ̇2) +m2l1l2θ̈1 cos(θ1 − θ2). As equações procuradas são, portanto, (m1 +m2)(l 2 1θ̈1 + gl1 sin θ1) +m2l1l2[θ̈2 cos(θ1 − θ2) + θ̇22 sin (θ1 − θ2)] = 0, (0,2 pontos) m2[l 2 2θ̈2 + gl2 sin θ2] +m2l1l2[θ̈1 cos(θ1 − θ2)− θ̇21 sin (θ1 − θ2)] = 0. (0,2 pontos) Observações: Se os itens (a), (b) e (c) foram resolvidos corretamente mas houve algum erro de sinal no item (d), o candidato obteve 0,3 pontos neste último item, totalizando 0,9 pontos na questão inteira. Se o item (a) foi resolvido corretamente, mas o sinal do potencial estava errado no item (b), e o candidato obteve corretamente as equações de Euler-Lagrange a partir da Lagrangiana obtida, mesmo que errada, ele obteve 0,2 pontos no item (d) totalizando 0,5 pontos na questão inteira. 4 Q3. a) (0,3 pontos) A Hamiltoniana do oscilador isotrópico é H = 1 2m ( p2x + p 2 y + p 2 z ) + mω2 2 ( x2 + y2 + z2 ) , (0,1 pontos) que corresponde à soma de 3 osciladores unidimensionais independentes, um para cada direção cartesiana. Como os osciladores são independentes, os auto-estados do sistema são dados pelo produto tensorial (ou Kronecker, ou externo) dos auto-estados de cada oscilador |n1,n2,n3〉 = |n1〉 ⊗ |n2〉 ⊗ |n3〉 , (0,1 pontos) onde ni = 0,1,2, . . . (i = 1,2,3 ≡ x,y,z) e |ni〉 são os auto-estados do oscilador harmônico na direção i. As auto-energias são a soma das auto-energias dos 3 osciladores independentes En = ( n1 + n2 + n3 + 3 2 ) ~ω ≡ ( n+ 3 2 ) ~ω, (0,1 pontos) onde definimos n = n1 + n2 + n3, que é um número natural arbitrário. b) (0,2 pontos) En = 7 2 ~ω corresponde a n = n1 + n2 + n3 = 2 (0,1 pontos). Esta última equação pode ser satisfeita por (n1,n2,n3) = (0,0,2) e suas permutações (0,2,0) e (2,0,0) e por (n1,n2,n3) = (0,1,1) e suas permutações (1,0,1) e (1,1,0), correspondendo a uma degenerescência total de 6 (0,1 pontos). Se no item (a) o candidato obteve um En incorreto mas, apesar disso, encontrou que ele é função de n = n1 + n2 + n3 e que o estado é um produto Kronecker |n1〉 ⊗ |n2〉 ⊗ |n3〉, e, a partir dáı, calculou corretamente a degenerescência do ńıvel, ele obteve pontuação parcial de 0,1 pontos no item (b). c) (0,3 pontos) Os valores posśıveis de serem medidos são as auto-energias En. A probabili- dade de se medir a auto-energia En é Pn = ∑ n1,n2,n3 δn,n1+n2+n3|〈n1,n2,n3|ψ〉|2. Os únicos valores com probabilidade não nula de serem medidos nesse caso são( 0 + 0 + 1 + 3 2 ) ~ω = 5 2 ~ω = E1( 0 + 1 + 0 + 3 2 ) ~ω = 5 2 ~ω = E1( 0 + 1 + 1 + 3 2 ) ~ω = 7 2 ~ω = E2. (0,1 pontos) A probabilidade de se medir E1 = (5/2)~ω é |〈0,0,1|ψ〉|2 + |〈0,1,0|ψ〉|2 = 1/2 + 1/4 = 3/4. (0,1 pontos) A probabilidade de se medir E1 = (7/2)~ω é |〈0,1,1|ψ〉|2 = 1/4. (0,1 pontos) Se o candidato calculou corretamente 〈ψ|H|ψ〉 = ∑ n pnEn e então inferiu corretamente as probabilidades pn e energias En acima, ele obteve 0,3 pontos no item (c). 5 A temperatura de Planck pode ser determinada fazendo a razão entre a energia de Planck, mP c 2, e a constante de Boltzmann TP = mpc 2 kB = √ ~c5 Gk2B . (0,2 pontos) Respostas que obtiveram corretamente pelo menos uma das quatro grandezas obtiveram 0,1 pontos. Utilizando os valores numéricos das quatro constantes fundamentais, ~, c, G e kB tP ≈ 10−44 s; lP ≈ 10−35 m; mP ≈ 10−8 kg; TP ≈ 1032 K. (0,2 pontos) Respostas que obtiveram corretamente o valor numérico de pelo menos uma das quatro gran- dezas obtiveram 0,1 pontos. 8 Q5. (a) (0,2 pontos) A conservação de energia interna leva a mxcx(Tx−Teq) = (K+mH2OcH2O)(Teq−Tamb)⇒ cx = (K +mH2OcH2O)(Teq − Tamb) mx(Tx − Teq) . (0,2 pontos) Se o termo em (K + mH2OcH2O) tinha o sinal invertido, o candidato ganhou 0,1 pontos neste item. (b) (0,8 pontos) Usando os dados fornecidos e as fórmulas de propagação de erros do for- mulário cx = (30,0 + 50,0× 1,0)(27,8± 0,1− 25,0± 0,1) 200(37,8− 27,8± 0,1) = 0,40× 2,8± 0,14 10,0± 0,1 . A fração acima é 2,8± 0,14 10,0± 0,1 = 0,28 1± √( 0,14 2,8 )2 + ( 0,1 10,0 )2 = 0,28 [ 1± √ 25× 10−4 + 10−4 ] = 0,28 [ 1± √ 26× 10−4 ] = 0,28 [ 1± 5,1× 10−2 ] = 0,28± 0,014. Finalmente, cx = 0,40× (0,28± 0,014) cx = (0,112± 0,006) cal/ (goC). (0,8 pontos) Este item foi pontuado parcialmente segundo os seguintes critérios: i) Se a resposta foi dada em unidades corretas, o candidato obteve 0,2 pontos. ii) Se o candidato apresentou corretamente a fórmula de propagação de erro em qualquer forma, ele obteve 0,1 pontos. iii) Se o candidato encontrou o erro utilizando os valores extremos da quantidade, ou seja, a quantidade sendo dada por x± dx ele utilizou os valores x+ dx e x− dx para encontrar o erro, ele obteve 0,1 pontos. iv) O candidato perdeu 0,1 pontos em cada erro de cálculo. v) O candidato perdeu 0,2 pontos se errou o número de algarismos significativos. vi) O candidato perdeu 0,2 pontos se apresentou cx negativo. 9 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2017 Critérios de correção Parte 2 • Como entender os critérios de correção. 1. O valor total de cada questão é 1 ponto. 2. As questões são divididas em itens denotados por letras (a, b, c, . . .). O valor de cada item é mostrado em vermelho no ińıcio do item. 3. O valor dos passos intermediários necessários para a resolução de cada item é mostrado em azul imediatamente após o passo. Para que cada passo intermediário seja considerado correto, é preciso que o racioćınio que leva ao resultado parcial esteja completo e correto. 4. Respostas “secas”, sem justificativas não foram aceitas. 5. Respostas equivalentes às sugeridas aqui, devidamente justificadas, foram aceitas como corretas. Q7. a) (0,3 pontos) Como o aro é quadrado, a área da região interna ao aro e contida no retângulo sombreado é um triângulo isósceles de altura s e ângulos internos 45◦,90◦ e 45◦. Portanto, o tamanho da base do triângulo é 2s e sua área é A = 1 2 s(2s) = s2. (0,1 pontos) O fluxo do campo magnético através do aro é Φ = ∫ ~B · d~S = BA = Bs2, (0,2 pontos) onde usamos o fato de que o campo magnético é constante na região sombreada e normal ao plano da figura. s L v R B x y Se o racioćınio para o cálculo da área ou do fluxo estava correto, mas o resultado final estava errado, foram atribúıdos 0,1 pontos ao item (a). b) (0,3 pontos) A força eletromotriz induzida pode ser calculada pela lei de Faraday: ε = −dΦ ∂t = −B2sds dt = −2Bsv , (0,1 pontos) e o valor da corrente elétrica é I = 2Bsv R . (0,1 pontos) (5) A área sombreada diminui com o movimento do aro e, portanto, o fluxo do campo magnético também diminui. O sentido da força eletromotriz, pela lei de Lenz, é anti-horário para se contrapor à diminuição do fluxo de ~B. Segue que a corrente fluirá também no sentido anti- horário (0,1 pontos). c) (0,4 pontos) A força magnética sobre um elemento do aro é d~Fm = Id~l × ~B . Os elementos do aro dentro da região sombreada são: d~l = − √ 2 2 (x̂dl + ŷdl) (lado superior esquerdo) e d~l = √ 2 2 (x̂dl − ŷdl) (lado inferior esquerdo) (0,1 pontos). A força magnética é, então, d~Fm = I[− √ 2 2 (x̂dl + ŷdl)×Bẑ + √ 2 2 (x̂dl − ŷdl)×Bẑ] , ou d~Fm = − √ 2IBdlx̂ , (0,1 pontos) 3 e integrando em dl de 0 a √ 2s (lembrando que as contribuições dos dois segmentos já foram somadas) obtemos ~Fm = −2IBsx̂ . (0,1 pontos) (6) Substituindo a Eq. (5) na Eq. (6), obtemos ~Fm = −x̂ 4B2s2v R . Para que o quadrado se mova com velocidade constante, temos que aplicar uma força de mesmo módulo que ~Fm, mas de sentido oposto, isto é para a direita (sentido positivo de x) (0,1 pontos). Se o racioćınio para o cálculo da força ~Fm estava correto mas o resultado final estava errado e a pergunta sobre a força adicional não foi respondida, foram atribúıdos 0,1 pontos ao item (c). Se o racioćınio para o cálculo da força ~Fm estava correto mas o resultado final estava errado e a pergunta sobre a força adicional foi respondida corretamente (nesse último caso, supondo que a força ~Fm estivesse correta), foram atribúıdos 0,2 pontos ao item (c). 4 Q8. a) (0,2 pontos) A parte da Hamiltoniana devida ao campo elétrico é V̂E = (−e)(−Ex̂) = eEx̂, (0,1 pontos) onde x̂ é o operador posição. A Hamiltoniana total é a soma da Hamiltoniana do oscilador harmônico e V̂E Ĥ = p̂2 2m + mω2x̂2 2 + eEx̂. (0,1 pontos) Também foi aceita como correta V̂E = −eEx̂. Também foram aceitas como corretas respos- tas nas quais a Hamiltoniana do oscilador harmônico foi escrita como ~ω(â↠+ â†â)/2 ou ~ω ( n̂+ 1 2 ) . b) (0,3 pontos) A coreção da energia do primeiro estado excitado em ordem linear em E é ∆E (1) 1 = 〈1|V̂E|1〉 = eE〈1|x̂|1〉. Podemos usar a definição do operador de destruição â = 1√ 2 (√ mω ~ x̂+ i p̂√ m~ω ) , (0,1 pontos) e obter x̂ = √ ~ 2mω (â+ â†). (0,1 pontos) Logo, a coreção procurada é ∆E (1) 1 = eE √ ~ 2mω 〈1|(â+ â†)|1〉 = 0. (0,1 pontos) Também foi aceita solução em termos da função de onda 1 = ∫ dx|ψ1(x)|2VE = 0 , com o argumento de que o integrando é ı́mpar (VE ∝ x é ı́mpar e |ψ(x)|2 é par). c) (0,3 pontos) A coreção da energia do primeiro estado excitado em ordem quadrática em E é ∆E (2) 1 = = 〈1|V |δψ (1) 1 〉 (0,1 pontos) = (√ ~ 2mω eE ~ω ) eE √ ~ 2mω 〈1|(â+ â†)|(|0〉 − √ 2|2〉) (0,1 pontos) = e2E2 2mω2 (〈1|1〉 − 2〈1|1〉) = − e 2E2 2mω2 . (0,1 pontos) d) (0,2 pontos) Podemos re-escrever a Hamiltoniana total do sistema como Ĥ = p̂2 2m + mω2 2 ( x̂+ eE mω2 )2 − e 2E2 2mω2 . Definindo x̂′ = x̂ + eE/(mω2) e observando que [x̂′,p̂] = [x̂,p̂] = i~, segue que o Hamiltoniano em termos de x̂′ Ĥ = p̂2 2m + mω2 2 (x̂′) 2 − e 2E2 2mω2 5 Q10. (a) (0,6 pontos) Podemos escrever En = ~ω0 ( 2n+ 1 + 1 2 ) = ~ω0 ( 2n+ 3 2 ) n = 0,1,2, . . . A função de partição para o ensemble canônico de um oscilador é Z1 = ∞∑ n=0 e−β~ω0(2n+ 3 2) = e− 3 2 β~ω0 ∞∑ n=0 e−2β~ω0n = e− 3 2 β~ω0 ∞∑ n=0 xn, onde β ≡ 1 kBT e x = e−2β~ω0 . Usando ∑∞ n=0 x n = 1/(1− x), Z1 = e− 3 2 β~ω0 1− e−2β~ω0 . (0,1 pontos) A função de partição para o sistema de N osciladores é Z = ZN1 . (0,1 pontos) A energia interna por oscilador é u = U N = − 1 N ∂ ∂β lnZ = − ∂ ∂β lnZ1 = ∂ ∂β [ 3 2 β~ω0 + ln(1− e−2β~ω0) ] = 3 2 ~ω0 + 2~ω0e−2β~ω0 1− e−2β~ω0 = ~ω0 ( 3 2 + 2 e2β~ω0 − 1 ) . (0,1 pontos) Também foram aceitas como corretas soluções que (i) calcularam u diretamente, sem o cálculo da função de partição e (ii) calcularam u a partir de um sistema de um oscilador apenas. No limite clássico ~ω0  kBT , e2β~ω0 ≈ 1 + 2β~ω0 e u ≈ ~ω0 ( 3 2 + 2 2β~ω0 ) = 3 2 ~ω0 + kBT ≈ kBT. (0,1 pontos)   0 2 4 6 8 10 0 2 4 6 8 10 12 U (h ω 0) T Figura 1: Esboço de u x T . Para a pontuação do esboço utilizamos os seguintes critérios: i) o esboço qualitativo da curva valia (0,1 pontos), ii) a indicação clara dos limites T → 0 e T →∞ valia (0,1 pontos). 8 (b) (0,4 pontos) A entropia por oscilador é s = S N = U − F NT = u T + kB lnZ N = u T + kB lnZ1 = ~ω0 T ( 3 2 + 2 e2β~ω0 − 1 ) − kB [ 3 2 β~ω0 + ln(1− e−2β~ω0) ] = 2~ω0/T e2β~ω0 − 1 − kB ln(1− e−2β~ω0), (0,1 pontos) onde usamos alguns resultados do item (a). No limite clássico s ≈ 2~ω0/T 2β~ω0 − kB ln(2β~ω0) = kB [ 1 + ln ( kBT 2~ω0 )] . (0,1 pontos)   0 2 4 6 8 10 0 2 s T   Figura 2: Esboço de s x T . Para a pontuação do esboço utilizamos os seguintes critérios: i) o esboço qualitativo da curva valia (0,1 pontos), ii) a indicação clara dos limites T → 0 e T →∞ valia (0,1 pontos). 9 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em Física Para o primeiro semestre de 2018 03 de outubro de 2017 Parte 1 Esta prova contém questões de mecânica clássica, mecânica quântica, física mo- derna e termodinâmica. Todas as questões têm o mesmo peso. Boa prova! EUF Exame Unificado das Pós-graduações em Física Para o primeiro semestre de 2018 04 de outubro 2017 Parte 2 Esta prova contém questões de eletromagnetismo, mecânica quântica, física mo- derna e mecânica estatística. Todas as questões têm o mesmo peso. Boa prova! IJKLMNOPNQRSTUMNRSUVNMWOOWOXMPYNOPUVNONSQUZORS[\]VUQUMUNÔ[NMWRX_WVUZẀ a[SWKLM bNXcNVN\]UZOPUOXRXdUOVNMWOOWeNQWSaWfgYXZhWPUZRXYhWVWiOWXVN[MWbUZRNjk\NWQNYNSWVU PNYWVXbNSNZlQWVNPURNZQXWYNY\NRSXQUmNPNZNRSWPUS[MWbNZVWVNNZRSWVWZ[MWQTWMWSWUZVN h\W[MQWMPUMWaZ\NRXQU[ZXbUSMNnOWXZVUPNSPNZVXQ[YWSMNZRNVUPYWZUVUPWPNYKoP\UO PNSQUSSNS[MWRSWpNR\USXWONMXQXSQ[YWSVNSWXUqkUbNXcNOWXPNYWbNZVWVNOW\]VWN\NVNRNQRWVUPUS [MVNRNQRUSrONWMWOOWbUSQUMPWR\]dNYQUMWRSWpNR\USXWKsNOOWbUSMWk\NPUOO\]dNYONYNQXUZWS \]UZOPNYUdWYUSVNO[WMWOOWkWp[ORWZVUUdWYUSVNnKoObNZVWOVNNZRSWVWNVNOW\]VWVW QTWMWSWOtWUXa[WXOKuUVUUOXORNMWNOR\WNMd\WQ[UKsNOPSN_NWXZRNSWlQtWUaSWdXRWQXUZWYVUbNXcNK vw xw yw zw {w gWisNRNSMXZNUM\UV[YUVWdNYUQXVWVNVUO\]UZOWUPWOOWSNMPNYWbNZVWVNOW\]VWNMRNSMUOVN mkeNfK g|isNRNSMXZNeNMb[ZlQtWUVNmknkqNfK gQioSNOUY[lQtWUVWOMNVXVWOVNMWOOWVUWPWSNYhU\NYXMXRWVWPNYURWMWZhUVWbNZVWVNOW\]VWk [̂NVNRNSMXZWUNSSUVUSWXUqK}UZOXVNSN[MWOXR[WlQtWUNM [̂Nq~€QMkm~‚€ƒ€„…k n~‚€€uN̂[NQWVW\]UZRNM[MNY\NRSUZWMNZUÔ[NU\WRUMUZN[RSUQUSSNOPUZVNZRNK†NWO bNZVWORTNMRWMWZhU€€‡Mk̂[WY\NWSNOUY[lQtWUVWOMNVXVWOVNMWOOWˆ gVi\‰PUOO\]dNY[OWSNOONWPWSNYhUPWSWVXORXZa[XSUOXO\URUPUOVNQWS|UZUŠ‹}VNŠŒ}ˆ[ORX̀̂ [NK IŽK}UZOXVNSNWPSUPWaWlQtWUVNUZVWONYNRSUMWaZ\NRXQWOZ[MMNXUYXZNWSkhUMUaTNZNUNXOURS\UPXQU QUMQUZV[RXdXVWVNNY\NRSXQWkPNSMXOOXdXVWVNNY\NRSXQWNPNSMNW|XYXVWVNMWaZ\NRXQW‡kZW W[OTNZQXWVNbUZRNOVNQWSaWONY\NRSXQWOYXdSNOg‘’~€iK gWi‰OQSNdWWON̂[WlQtUNOVN“Wc”NYPWSWUOQWMPUONY\NRSXQU•NMWaZ\NRXQU–ZUMNXUkNM RNSMUOVNkN‡K g|i‰ZQUZRSNWN̂[WlQtWUVXbNSNZQXWŶ[NNZdUYdNWPNZWOUQWMPUNY\NRSXQU•K gQi}UZOXVNSN[MWOUY[lQtWUVURXPUUZVWPYWZW•g—‚˜i~•™š ›œžŸ ¡¢NU|RNZhWWSNYWlQtWUNZRSN £N¤NMRNSMUOVNkN‡K gVi}UMSNYWlQtWUWUSNO[YRWVUVUXRNMgQikXZRNSPSNRN ÒXQWMNZRNWVXbNSNZlQWNZRSNUOQWOUO ¥~€N~€K I¦K}UZOXVNSN[MOXORNMŴ [TWZRXQUQ[pUNOPWlQUVN§XY|NSR\NaNSWVUPUS[MẄ ©ª«¬­®¬̄¬­°©±VN ²NORWVUOk³́k³µ́N³²́K¶hWMXYRUZXWZUVUOXORNMWPUVNONSSNPSNONZRWVUZNOOW|WONWRSWd\NO VWMWRSX_̂ [WVSWVW ·™~ ¸ ¹ º™ € € € º € € € º » ¼½ gWiI[WZVUUOXORNMW\NPSNPWSWVUWRSWd\NOVN[MQNSRUPSURUQUYUNcPNSXMNZRWY¾ŠkMNVXVWOVW O[WNZNSaXWSNRUSZWMUdWYUSº™QUMPSU|W|XYXVWVNKI[WY\NUNORWVUPSNPWSWVUPUS¾Šˆ  (b) Quando prepara-se o sistema através de outro protocolo experimental P,, as medidas de energia retornam E também com probabilidade 1. Quais são todos os estados possíveis preparados pelo protocolo P;? (c) No instante t = 0, é ligada uma perturbação externa de tal forma que o hamiltoniano do sistema se torna, na mesma base acima, 000 H=H+[0 0 W ow Quais são os auto-valores e auto-vetores da energia na presença da perturbação externa? (d) Antes de t = 0, o sistema havia sido preparado no estado |2). Qual é o estado do sistema após a ligação da perturbação externa, ou seja, para t > 0? Q9. A figura abaixo mostra a intensidade dos raios-X espalhados I(A) com comprimento de onda X por um alvo de grafite no famoso experimento de Compton de 1923. Os raios-X são detectados a um ângulo 6 fixo em relação à direção de incidência no alvo. Parte dos fótons sofre espalhamento elástico (sem perda de energia) e outra parte sofre espalhamento Compton. Como resultado, nota-se que I(X) apresenta dois picos em comprimentos de onda À, e À» > M. 0.) A Àz o (a) Qual o comprimento de onda dos raios X incidentes e o dos raios X que sofreram espalha- mento Compton? Justifique sua resposta. Considere um evento de espalhamento Compton em que a energia do fóton incidente no alvo é de 23 keV e o ângulo de espalhamento é 0 = 60º. (b) Calcule o comprimento de onda do fóton incidente. (c) Calcule o comprimento de onda do fóton espalhado. (d) Calcule a energia cinética do elétron após o espalhamento. QIO. Considere um gás de N >> 1 partículas pontuais clássicas de massa m em uma caixa cúbica (0<z<L0O<y<Le0<z<L)nas proximidades da superfície da Terra. As partículas estão sujeitas ao potencial gravitacional V(z) = mgz, onde g é a aceleração gravitacional e z é a altura da partícula em relação à superfície da Terra. O gás encontra-se em equilíbrio à temperatura 7. (a) Escreva a hamiltoniana de uma única partícula na caixa como função de suas coordenadas e das componentes do momento linear py, Py € Pz- (b) Encontre a função de partição do sistema de N partículas clássicas. (c) Suponha que mgL < kpT e encontre a função de partição nesse regime. Você pode usar a seguinte aproximação: e? x 1-z,sex<1. (d) Obtenha a pressão do gás no regime do item (c) em função de N,T e V = Lº. Q2. (a) (0,1 pontos) A força pedida é F2 = −∇U2(r) = −r̂ dU2(r) dr = −krr̂ = −kr = −k(xx̂ + yŷ). (b) (0,4 pontos) A energia cinética da part́ıcula é dada por T = 1 2 mv2 = 1 2 m ( ṙ2 + r2θ̇2 ) . (0,1 pontos) Como U1(y) = λy = λr sin θ, a energia potencial em coordenadas polares é U = 1 2 kr2 + λr sin θ. (0,1 pontos) A lagrangiana da part́ıcula é, portanto, L = T − U, L = 1 2 m ( ṙ2 + r2θ̇2 ) − 1 2 kr2 − λr sin θ. Usando ∂L ∂r = mrθ̇2 − kr − λ sin θ, ∂L ∂ṙ = mṙ, ∂L ∂θ = −λr cos θ, ∂L ∂θ̇ = mr2θ̇, as equações de movimento de Euler-Lagrange são dadas por ∂L ∂r − d dt ( ∂L ∂ṙ ) = 0 ⇒ mr̈ −mrθ̇2 = −kr − λ sin θ, (0,1 pontos) ∂L ∂θ − d dt ( ∂L ∂θ̇ ) = 0 ⇒ d dt ( mr2θ̇ ) = −λr cos θ, (0,1 pontos) (1) m ( r2θ̈ + 2rṙθ̇ ) + λr cos θ = 0. Se as equações de movimento foram deduzidas corretamente, mesmo que partindo de lagran- gianas incorretas, a pontuação parcial correspondente foi concedida. (c) (0,3 pontos) Utilizando os resultados do item (b), os momentos canonicamente conjugados são pr = ∂L ∂ṙ = mṙ ⇒ ṙ = pr m , pθ = ∂L ∂θ̇ = mr2θ̇ ⇒ θ̇ = pθ mr2 . (0,1 pontos) Se o candidato não indicou que o momento conjugado a q foi calculado a partir de ∂L ∂q̇ , onde q = r ou θ, isso foi considerado como resposta não justificada (“resposta seca”) e esse passo 2 não recebeu pontuação, mesmo que os momentos obtidos estejam corretos. A hamiltoniana é dada por H = prṙ + pθθ̇ − L = p2r 2m + p2θ 2mr2 + 1 2 kr2 + λr sin θ. (0,2 pontos) Se a hamiltoniana foi derivada corretamente a partir de H = T + U , a alternativa foi aceita. Foram atribúıdos (0,1 pontos) na segunda parte do item nos seguintes casos: (i) a relação H = T + U foi usada porém a hamiltoniana estava incorreta, (ii) a hamiltoniana foi dada em termos de momentos canonicamente conjugados incorretos, (iii) a hamiltoniana estava correta, porém não foi dada em termos dos momentos canonicamente conjugados. (d) (0,2 pontos) O momento angular é L = r× p = mr× v = mrr̂× ( ṙr̂ + rθ̇θ̂ ) = mr2θ̇ẑ. (0,1 pontos) Comparando o resultado acima com os resultados do item (c), temos que pθ = Lz. A identificação direta L = pθẑ = mr 2θ̇ẑ também foi aceita. A equação de movimento (1) indica que pθ = Lz = constante se λ = 0, isto é, L é conservado apenas na ausência da força F1. (0,1 pontos) 3 Q3. (a) (0,2 pontos) A forma geral das soluções ψ1(x) (região 1: x < 0) e ψ2(x) (região 2: x > 0) é ψ1(x) = Ae ik1x +B e−ik1x, k1 = √ 2mE/~, (0,1 pontos) ψ2(x) = C e ik2x +D e−ik2x, k2 = √ 2m(E − V0)/~, (0,1 pontos) onde A, B, C e D são constantes complexas a serem determinadas. Soluções em termos de senos e cossenos também foram aceitas desde que não tenha sido feita restrição a coeficientes reais. (b) (0,3 pontos) O percentual pedido é dado pelo coeficiente de reflexão, que é obtido da razão entre as densidades de corrente J = i~ 2m (ψ dψ ∗ dx − ψ∗ dψ dx ) das ondas refletida e incidente. Ele é dado por R = |B| 2 |A|2 (0,1 pontos). Como as part́ıculas são incidentes pela esquerda, D = 0. Os outros coeficientes são determinados exigindo-se a continuidade da função de onda e sua derivada em x = 0 ψ1(0) = ψ2(0) ⇒ A+B = C, ψ′1(0) = ψ ′ 2(0) ⇒ k1(A−B) = k2C. (0,1 pontos) Assim, B A = k1 − k2 k1 + k2 ⇒ R = |B| 2 |A|2 = ( k1 − k2 k1 + k2 )2 = ( 1− k2/k1 1 + k2/k1 )2 = ( 1− √ (E − V0)/E 1 + √ (E − V0)/E )2 . (0,1 pontos) Se o coeficiente de reflexão foi escrito como sendo R = |B| 2 |A|2 , mesmo sem mencionar a corrente de probabilidade, esse passo foi considerado como correto. Se o coeficiente de reflexão foi relacionado ao de transmissão por R = 1 − T e o último foi calculado corretamente como T = k2|C|2/(k1|A|2), esse passo foi considerado como correto. (c) (0,2 pontos) Para E < V0, a solução geral é ψ1(x) = Ae ik1x +B e−ik1x, k1 = √ 2mE/~, ψ2(x) = C e −κx, (0,1 pontos) κ = √ 2m(V0 − E)/~ > 0, (0,1 pontos) onde A, B e C são constantes complexas a serem determinadas e já exclúımos um termo com exponencial crescente para x > 0 por corresponder a uma função de onda que não é limitada superiormente quando x → +∞. Se o candidato incluiu a exponencial crescente na região x > 0 e não argumentou corretamente que o coeficiente correspondente deve ser zero, ele foi penalizado em (0,1 pontos). (d) (0,3 pontos) A probabilidade pedida é o coeficiente de reflexão R = |B| 2 |A|2 (0,1 pontos), como no item (b). ψ1(0) = ψ2(0) ⇒ A+B = C, ψ′1(0) = ψ ′ 2(0) ⇒ i k1(A−B) = −κC, (0,1 pontos) donde B A = k1 − iκ k1 + iκ ⇒ R = |B| 2 |A|2 = k21 + κ 2 k21 + κ 2 = 1. (0,1 pontos) 4 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2018 Critérios de correção Parte 2 • Como entender os critérios de correção. 1. O valor total de cada questão é 1 ponto. 2. As questões são divididas em itens denotados por letras (a, b, c, . . .). O valor de cada item é mostrado em vermelho no ińıcio do item. 3. O valor dos passos intermediários necessários para a resolução de cada item é mostrado em azul imediatamente após o passo. Para que cada passo intermediário seja considerado correto, é preciso que o racioćınio que leva ao resultado parcial esteja completo e correto. 4. Respostas “secas”, sem justificativas não foram aceitas. 5. Respostas equivalentes às sugeridas aqui, devidamente justificadas, foram aceitas como corretas. Q6. (a) (0,2 pontos) Há conservação de energia mecânica dos ı́ons entre a fonte e a fenda de entrada. A energia mecânica total é a soma da energia cinética e potencial elétrica. Assim, se a velocidade final procurada tem módulo v e as energias mecânicas inicial e final são Ei e Ef , respectivamente, Ei = qV = Ef = 1 2 mv2 (0,1 pontos)⇒ v = √ 2qV m . (0,1 pontos) Dentro da câmara, a energia mecânica, que é puramente cinética, é conservada, já que o campo magnético não realiza trabalho. Portanto, v é também o módulo da velocidade dos ı́ons quando passam pela fenda de sáıda. (b) (0,3 pontos) O módulo da força magnética Fm dentro da câmara é |Fm| = |q (v ×B)| = qvB, (0,1 pontos) pois v e B são perpendiculares entre si. A força magnética é a resultante centŕıpeta responsável pelo movimento circular uniforme dos ı́ons (0,1 pontos). Portanto, qvB = mv2 r ⇒ m = qBr v ⇒ m = qB 2r2 2V , (0,1 pontos) onde usamos o resultado do item (a) no último passo. Erro de cálculo foi penalizado com (0,1 pontos). (c) (0,3 pontos) A resolução das medidas de massa ∆m está relacionada ao erro na medida do raio ∆r por ∆m = ∂m ∂r ∆r ⇒ ∆m = qB 2r V ∆r. Assim, ∆m = 1,6× 10−19 × (1,00)2 × 1,0× 10−1 4,0× 103 100× 10−6 = 4,0× 10−28 kg. Foram aceitas respostas que calcularam os valores de massa correspondentes aos raios r + ∆r e r −∆r. Erro de cálculo ou de unidades foi penalizado com (0,1 pontos). (d) (0,2 pontos) A diferença de massa entre os isótopos δm é aproximadamente duas vezes a massa do nêutron δm = 2× 1,7× 10−27 kg = 3,4× 10−27 kg. Essa diferença é 8,5 vezes a resolução do aparelho. Portanto, é posśıvel distinguir os isótopos. Respostas em que o candidato não demonstrou entender o que são isótopos ou que usaram a massa do elétron para calcular a diferença de massa dos isótopos foram penalizadas com (0,1 pontos). Respostas que usaram um valor de ∆m calculado erroneamente no item anterior, mas que trabalharam consistentemente, foram consideradas corretas. 1 Q7. (a) (0,2 pontos) Partindo das equações de Maxwell em meios materiais (dadas no formulário) e fazendo ρF = 0, JF = σE, D = E e B = µH, ∇·D = ρF ⇒ ∇·E = 0, (2) ∇×E = −∂B ∂t , (3) ∇·B = 0, (4) ∇×H = JF + ∂D ∂t ⇒ ∇×B = µσE + µ∂E ∂t . (5) Deve-se notar que as equações sem fontes não são modificadas em meios materiais. Se o item foi resolvido de forma integral, mas sem a devida diferenciação entre escalares e vetores, ele passou automaticamente a valer (0,1 pontos). Se uma ou duas das equações obtidas estavam erradas, houve penalização de (0,1 pontos). Se três ou mais das equações obtidas estavam erradas, o candidato não pontuou no item. Se não houve a identificação J = σE (meio isotrópico), houve penalização de (0,1 pontos). Caso a identificação J = σE tenha ocorrido apenas no item (b), nenhuma penalização foi aplicada neste item. Se as equações obtidas foram escritas em termos dos campos D e H, mas a relação destes com os campos E e B não foram indicadas, houve o desconto de (0,05 pontos) em cada equação que utilizou os campos D e/ou H. Se sinais foram trocados, houve o desconto de (0,05 pontos) por resposta final. Ou seja, se a expressão final para uma das equações solicitadas estava com sinal errado, houve o desconto de (0,05 pontos) (durante o desenvolvimento dos cálculos não foram aplicados descontos, mesmo na presença de sinais trocados). Se as expressões finais de duas equações estavam com sinais errados, o desconto total passou a ser (0,1 pontos) ( (0,05 pontos) para cada resposta). Se em partes das respostas não houve a caracterização correta do caráter vetorial das grandezas envolvidas (por exemplo, se em algumas passagens os campos vetoriais E ou B, foram escritos simplesmente como E ou B, sem setinhas em cima, respectivamente), houve o desconto de (0,05 pontos) no item. O mesmo critério foi adotado nos itens (b), (c) e (d). Se em alguma equação final apresentada havia algum dos parâmetros σ, , µ ou ρ fora de lugar, houve o desconto de (0,05 pontos) em cada equação que apresentasse este erro. O mesmo critério foi adotado nos demais itens. Se na resposta final apareceram todos os termos que de fato deveriam aparecer, porém acompanhados de termos extras incorretos, houve o desconto de (0,2 pontos) para cada termo espúrio presente. O mesmo critério foi adotado nos demais itens. Se as equações obtidas foram escritas em termos dos parâmetros 0 e µ0 no lugar de  e µ, respectivamente, houve o desconto de (0,05 pontos) em cada equação que estava escrita em termos de 0 e/ou µ0. O mesmo critério foi adotado nos demais itens. (b) (0,3 pontos) Tomando o rotacional da Eq. (3) ∇×∇×E = − ∂ ∂t (∇×B)⇒ ∇ (∇·E)−∇2E = − ∂ ∂t (∇×B) Usando as Eqs. (2) e (5) −∇2E = − ∂ ∂t ( µσE + µ ∂E ∂t ) . Finalmente, ∇2E− µσ∂E ∂t − µ∂ 2E ∂t2 = 0. 2 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〉] . Se o candidato demonstrou saber como obter a evolução temporal do estado mas errou nos cálculos, houve penalização de (0,1 pontos) nesse passo. 5 Q9. (a) (0,2 pontos) 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 comprimento de onda maior que os incidentes (0,1 pontos). Segue que o comprimento de onda dos raios X incidentes é λ1 e o comprimento de onda dos fótons espalhados é λ2 > λ1 (0,1 pontos). (b) (0,2 pontos) O comprimento de onda do fóton incidente é λi = hc Ei (0,1 pontos) = 1,24 keV nm 23× 103 eV = 0,54 Å. (0,1 pontos) No cálculo do comprimento de onda, só foram consideradas corretas respostas com erros máximos de ±0,01 Å ou ±0,001 nm. (c) (0,2 pontos) O comprimento de onda do fóton espalhado é, do formulário, λ = λi + h m0c [1− cos θ] = hc Ei + h m0c [1− cos (60o)] (0,1 pontos) = λi + λC 2 = 0,54 + 0,0243 2 = 0,55 Å. (0,1 pontos) No cálculo do comprimento de onda, só foram consideradas corretas respostas com erros máximos de ±0,01 Å ou ±0,001 nm. (d) (0,4 pontos) 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 (0,1 pontos), ou seja, ∆K = Ei − hc λ (0,1 pontos) = 23 keV − 1,24 keV nm 0,055 nm = (23− 22,5) keV (0,1 pontos) = 0,5 keV. (0,1 pontos) Respostas onde foi calculada a energia perdida pelo fóton somente foram aceitas se houve menção expĺıcita de que essa energia é igual à energia cinética adquirida pelo elétron. 6 Q10. a) (0,2 pontos) 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) (0,3 pontos) 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 ) . (0,2 pontos) Portanto, Z = 1 N ! [ L2 h3 ( 2πm β )3/2( 1− e−βmgL βmg )]N . (0,1 pontos) c) (0,2 pontos) 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) (0,3 pontos) A energia livre de Helmholtz é F = −kBT lnZ = −kBTN lnV − kBT ln [ h−3N N ! ( 2πm β )3N/2] . (0,1 pontos) 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, (0,2 pontos) que é a equação de estado do gás ideal, como esperado, já que os efeitos do campo gravitacional são despreźıveis no regime em questão. Se o candidato usou U = − ∂ ∂β lnZ, obteve U = 3 2 NkBT e então argumentou que essa é a energia interna de um gás ideal e que, portanto, a pressão é aquela obtida a partir da equação de estado do gás ideal, ele obteve (0,1 pontos) no item. 7 Q4. Q5. Rn (n = 1,2,3,...) dos raios permitidos das órbitas, em termos do raio de Bohr. (c) Calcule as energias permitidas pela regra de Bohr E, (n = 1,2,3,...) em elétron-volts. (d) Considere agora uma transição do primeiro estado excitado (n =2) para o estado funda- mental (n=1) do positrônio (inicialmente em repouso no referencial do laboratório), seguida da emissão de um fóton. Calcule a velocidade do centro de massa vem do positrônio no referencial do laboratório após a transição. Considere que vm < c e despreze a energia cinética de recuo do positrônio em relação à energia do fóton. Considere um sistema quântico cujo espaço de Hilbert é gerado por uma base ortonormal de 3 estados, |1), |2) e |3), que são todos auto-estados degenerados de um observável D com auto-valores iguais a ô. A atuação do hamiltoniano H do sistema nos estados da base é HI) = 011 +9]3), H|2) 02) + A3), H|3) = 0/1) + A) + 03), onde 92 e À são constantes reais com dimensão de energia. (a) Escreva a matriz que representa H na base descrita acima. (b) O observável D pode ser medido simultaneamente com a energia? Justifique sua resposta. (c) Determine os auto-valores e auto-vetores do hamiltoniano. (d) No instante t = 0, o sistema está no estado ly(t=0)) = ID) — 2). AE Encontre o estado |h(t)) do sistema para t > 0. AE Um tubo em forma de U (figura à esquerda) com seção transversal de área de 20 cm? e paredes diatérmicas (isto é, que permitem a passagem de calor) contém água (região cinza, densidade de 1,0 x 10% kg/m?) e encontra-se aberto em suas extremidades à pressão atmosférica de aproximadamente 1,0 x 10º N/m? e a uma temperatura de 3,0 x 10? K, conforme a figura. Na extremidade direita, um êmbolo móvel, impermeável, sem atrito com as paredes e de espessura e massa desprezíveis é ajustado na superfície do líquido. A boca da outra extremidade é então vedada, aprisionando uma coluna de ar de altura L; = 5,0 cm. Um líquido denso X (região preta) é introduzido lentamente sobre o êmbolo, empurrado-o para baixo e, consequentemente, comprimindo o ar confinado na outra extremidade em temperatura constante (figura à direita). Quando a altura da coluna do líquido X é H = 5,0 cm, a altura da coluna de ar na outra extremidade é Lj = 4,5 em. Suponha que o ar se comporte como um gás ideal. Li L NY a) Qual é a pressão na coluna de ar aprisionado após a compressão? b) Qual foi o trabalho realizado sobre o ar aprisionado? c) Qual foi a quantidade de calor trocada entre o ar aprisionado e o ambiente? d) Ache a densidade do líquido X. ( ( ( ( 
 
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Para que cada passo intermediário seja considerado correto, é preciso que o racioćınio que leva ao resultado parcial esteja completo e correto. 4. Respostas “secas”, sem justificativas não foram aceitas. 5. Respostas equivalentes às sugeridas aqui, devidamente justificadas, foram aceitas como corretas. Q1. (a) (0,1 pontos) As forças que atuam no disco são a normal N, o peso P e a força de atrito Fat: N y P Fat x (b) (0,4 pontos) Para o movimento de translação do centro de massa na direção horizontal, temos Fat = ma ⇒ µmg = ma ⇒ a = µg, (0,2 pontos) onde usamos que o módulo da normal é igual ao módulo do peso, pois não há aceleração vertical. Para o movimento de rotação em torno do centro do disco, temos Nat = Iα ⇒ µmgR = 1 2 mR2α⇒ α = 2µg R , (0.2 pontos) onde Nat é o torque devido ao atrito. (c) (0,2 pontos) Usando a aceleração linear do item (b) e notando que ela tem sentido oposto à velocidade inicial v(t) = v0 − at = v0 − µgt. (0.1 pontos) Usando a aceleração angular do item (b) e que ω(0) = 0 ω(t) = 2µgt R . (0.1 pontos) (d) (0,3 pontos) No ponto A, temos que v = ωR, pois o disco passa a rolar sem deslizar (0.1 pontos). Utilizando os resultados do item (c), temos que v(tA) = ω(tA)R ⇒ v0 − µgtA = 2µgtA R R ⇒ tA = v0 3µg . (0.2 pontos) 1 Q2. (a) (0,3 pontos) Considerando as coordenadas ciĺındricas ρ, ϕ e z como coordenadas gene- ralizadas e o v́ınculo z = ρ, tomaremos apenas as coordenadas ρ e ϕ como independentes. A energia cinética é T = 1 2 mv2 = 1 2 m ( ρ̇2 + ρ2ϕ̇2 + ż2 ) = 1 2 m ( 2ρ̇2 + ρ2ϕ̇2 ) . (0,1 pontos) Como Fg = mg é uma força conservativa, a energia potencial associada é U = − ∫ r 0 Fg · dl = − ∫ z 0 (−mgẑ) · (ẑdz′) = mgz ⇒ U(ρ) = mgρ. (0,1 pontos) Dessa forma, a lagrangiana da part́ıcula é dada por L = T − U = 1 2 m ( 2ρ̇2 + ρ2ϕ̇2 ) −mgρ. (0,1 pontos) (b) (0,2 pontos) Usando as seguintes derivadas parciais ∂L ∂ρ = mρϕ̇2 −mg, ∂L ∂ρ̇ = 2mρ̇, ∂L ∂ϕ = 0, ∂L ∂ϕ̇ = mρ2ϕ̇. obtemos equações de Euler-Lagrange ∂L ∂ρ − d dt ( ∂L ∂ρ̇ ) = 0 ⇒ 2mρ̈−mρϕ̇2 +mg = 0 (0,1 pontos) (1) ∂L ∂ϕ − d dt ( ∂L ∂ϕ̇ ) = 0 ⇒ d dt ( mρ2ϕ̇ ) = 0 ⇒ mρ2ϕ̇ = cte (0,1 pontos) (2) Se o candidato obteve corretamente as equações de movimento a partir de lagrangianas incor- retas, ele recebeu a pontuação neste item. (c) (0,3 pontos) Expressando o momento angular em coordenadas ciĺındricas L = r× p = mr× v = m (ρρ̂+ zẑ)× (ρ̇ρ̂+ ρϕ̇ϕ̂+ żẑ) = m [ −ρϕ̇zρ̂+ (zρ̇− ρż)ϕ̂+ ρ2ϕ̇ẑ ] (0,2 pontos) (3) Impondo o v́ınculo z = ρ, L = −mρ2ϕ̇ρ̂+mρ2ϕ̇ẑ (4) Tanto a Eq. (3) quanto a Eq. (4), foram aceitas como corretas para o último passo. Comparando a Eq. (4) com os resultados do item (b), conclúımos que Lz = mρ 2ϕ̇ẑ = cte. (0,1 pontos) (d) (0,2 pontos) Para a órbita circular, devemos ter ρ = ρ0 ⇒ ρ̇ = ρ̈ = 0. Substituindo nas equações de movimento (1) e (2), ρ0ϕ̇ 2 = g, (5) mρ20ϕ̇ = Lz. (6) Essas equações admitem solução para ϕ̇ = ωc = constante, que corresponde a uma órbita circular uniforme (0,1 pontos). Era necessário analisar as duas equações de movimento acima para receber a pontuação total do último passo. Usando a equação de movimento (6), obtemos a frequência angular procurada ϕ̇ = √ g ρ0 . (0,1 pontos) 2 Q5. (a) (0,2 pontos) Como o processo é isotérmico PiVi = PfVf (0,1 pontos) . Como V = AL, onde A é a área transversal do tubo, Pf = Vi Vf Pi = Li Lf Pi = 5,0 4,5 1,0× 105 (0,1 pontos) = 1,1× 105 N/m2. (b) (0,2 pontos) O trabalho isotérmico é dado por W = ∫ Vf Vi PdV = nRT ln ( Vf Vi ) (0,1 pontos) = PiVi ln ( Lf Li ) = 1,0× 105 × 1,0× 10−4 ln ( 4,5 5,0 ) = 10 ln(0,9) J (0,1 pontos) = −1,1 J. Esse é o trabalho realizado pelo gás. O trabalho realizado sobre o gás é 1,1 J. (c) (0,2 pontos) Como o processo é isotérmico, ∆U = Q−W = 0 (0,1 pontos). Portanto, Q = W = −1,1 J. (0,1 pontos) O sinal negativo indica que 1,1 J de calor é transferido do gás para o ambiente. Os itens (b) e (c) envolvem trabalhar consistentemente com as convenções sobre o sinal do trabalho realizado e a direção da transferência de calor, do contrário, o candidato não pontuou. (d) (0,4 pontos) A pressão é a mesma a uma mesma altura nos dois lados do tubo (0,1 pontos). Do lado esquerdo, a pressão no ar comprimido Pf relaciona-se com a pressão na altura final do êmbolo Pemb por Pemb = Pf + ρH2Og [2(Li − Lf )] . Do lado direito, a pressão na parte superior do ĺıquido X, Pi, relaciona-se com a mesma Pemb (0,1 pontos) por Pemb = Pi + ρXgH. Eliminado Pemb, ρX = 1 H { Pf − Pi g + 2ρH2O(Li − Lf ) } (0,1 pontos) = 2,4× 104 kg/m3. (0,1 pontos) Escolhas diferentes do ńıvel de água em que as pressões foram igualadas, desde que usadas consistentemente, foram também aceitas como corretas. Também pontuou quem indicou que o acréscimo de pressão à direita devido ao peso do ĺıquido X deve ser igual ao aumento de pressão no ar comprimido. Nesta questão, erros em unidades foram penalizados em 0,1 pontos por erro. 5 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o segundo semestre de 2018 Critérios de correção Parte 2 • Como entender os critérios de correção. 1. O valor total de cada questão é 1 ponto. 2. As questões são divididas em itens denotados por letras (a, b, c, . . .). O valor de cada item é mostrado em vermelho no ińıcio do item. 3. O valor dos passos intermediários necessários para a resolução de cada item é mostrado em azul imediatamente após o passo. Para que cada passo intermediário seja considerado correto, é preciso que o racioćınio que leva ao resultado parcial esteja completo e correto. 4. Respostas “secas”, sem justificativas não foram aceitas. 5. Respostas equivalentes às sugeridas aqui, devidamente justificadas, foram aceitas como corretas. Q6. (a) (0,2 pontos) As diferenças de potenciais nas extremidades do resistor de resistência R1 e do capacitor são sempre iguais, donde pode-se escrever que q = R1C1I1, onde q é a carga no capacitor e Ii é a corrente no resistor de resistência Ri. Como a carga inicial no capacitor é nula, I1(0) = 0 (0,1 pontos). Após um longo tempo, o capacitor está completamente carregado e a corrente só passa pelos dois resistores e não pelo ramo do capacitor. A aplicação simples da lei de Ohm leva a I1(∞) = V R1 +R2 , (0,2 pontos) onde ∞ aqui quer dizer “após um longo tempo”. Alternativamente, usando as leis dos circuitos (Kirchhoff) V = R2I2 +R1I1, (7) I2 = I1 + IC , (8) R1I1 = q C1 , (9) onde IC = q̇ é a corrente pelo capacitor. Derivando a Eq. (9) em relação ao tempo e levando-a juntamente com a Eq. (8) na Eq. (7), temos V = R2 ( I1 +R1C1İ1 ) +R1I1 ⇒ V = RI1 +R1R2C1İ1, onde R = R1 +R2. Essa equação pode ser resolvida para I1 dando I1(t) = V R ( 1− e−αt ) , onde α = R/(R1R2C1) e usamos a condição inicial advinda da Eq. (9) q(0) = 0 ⇒ I1(0) = 0. Segue que I1(0) = 0 e I1(∞) = V R1 +R2 . (b) (0,2 pontos) Após um longo tempo q(∞) = R1C1I1(∞) = R1C1V R1 +R2 . (c) (0,4 pontos) A diferencial de potencial em Ri é Vi(t) e no capacitor é VC(t), como esboçado na figura abaixo V V2(t) R2V/(R1+R2) t V1(t),VC(t) R1V/(R1+R2) t 0 O gráfico de V2(t) valia (0,2 pontos), o gráfico de V1(t) valia (0,1 pontos) e o gráfico de VC(t) valia (0,1 pontos). 1 Igualando o resultado a LI2/2, obtemos L = µh 2π ln (b/a) , (0,1 pontos) e a auto-indutância por unidade de comprimento é L h = µ 2π ln ( b a ) . (0,1 pontos) Caminho alternativo para os últimos três passos que também foi aceito: o fluxo de campo magnético no dielétrico será Φ = ∫ S B · ϕ̂ dA = µI 2π h ∫ b a dρ ρ = µI 2π h ln ( b a ) . (0,1 pontos) Usando que L = dΦ dI , (0,1 pontos) obtemos L = µh 2π ln ( b a ) . (0,1 pontos) e a auto-indutância segue como antes. Se o item (b) foi resolvido de forma integral sem a devida diferenciação entre escalares e vetores, houve o desconto de (0,1 pontos). Se as equações obtidas no item (b) foram escritas em termos do campo H, mas a relação deste com o campo B não foi indicada, houve o desconto de (0,1 pontos). 4 Q8. (a) (0,2 pontos) Da lei de deslocamento de Wien λmaxT = W (0,1 pontos) onde W = 2,898× 10−3 m-K obtemos, para T = 2,9 K, λmax = W/T ≈ 10−3 m ou 1 mm. (0,1 pontos) (b) (0,2 pontos) Para um fóton de comprimento de onda λmax = 10 −3 m, a frequência é ν = c/λmax = 3× 108/10−3 = 3× 1011 Hz (0,1 pontos) e a energia é E = hν = 4,14× 10−15 × 3× 1011 = 1,2× 10−4 eV. (0,1 pontos) (c) (0,3 pontos) Se Efe é a energia do elétron após a colisão, a conservação de energia e momento relativ́ısticos nos dá Ei + E i e = E f e + Ef ⇒ Efe = Eie − (Ef − Ei), pi − pie = pfe − pf ⇒ pfe .c = pi.c+ pf .c− pie.c. (0,1 pontos) Elevando as duas equações ao quadrado e substituindo ( pfe c )2 = ( Efe )2 − (mec2)2, pi.c = Ei e pf .c = Ef na segunda equação, temos( Eie )2 + (Ef ) 2 + (Ei) 2 − 2EiEf − 2EieEf + 2EieEi = (Ef ) 2 + (Ei) 2 + ( piec )2 + ( mec 2 )2 − 2Ei (piec)+ 2EiEf − 2Ef (piec) . Após alguns cancelamentos e isolando Ef , obtemos Ef = Ei Eie + p i ec 2Ei + Eie − piec . (0,1 pontos) Substituindo Eie = γmec 2 e piec = (√ γ2 − 1 ) mec 2, temos o resultado final Ef = Ei γ + √ γ2 − 1( 2Ei mec2 + γ − √ γ2 − 1 ) . (0,1 pontos) (d) (0,3 pontos) Como Eie = 250 MeV e mec 2 ≈ 0,5 MeV, temos γ = 500. (0,1 pontos) Usando √ γ2 − 1 = γ √ 1− 1 γ2 ≈ γ − 1 2γ , (0,1 pontos) temos Ef ≈ Ei 2γ − 1 2γ 2Ei mec2 + 1 2γ . Do item (b), temos Ei = 1,242× 10−3 eV de modo que Ei/mec2 ∼ 10−9  12γ = 10 −3. Logo Ef ≈ Ei 2γ − 1 2γ 1 2γ ≈ 4γ2Ei. Substituindo Ef = 4.(500) 2.(1,24× 10−3) = 1,2 keV. (0,1 pontos) Foram descontados (0,1 pontos) em passos nos quais: a) não foram escritas as unidades em que as respostas eram dadas e/ou b) houve erro em manipulação de notação cient́ıfica e/ou c) expressões aritméticas simples foram deixadas indicadas, sem a resposta ser dada com um valor numérico (quando aplicável). 5 Q9. (a) (0,2 pontos) A equação de Schrödinger independente do tempo (ESIT) para x < 0 e x > a é da forma − ~ 2 2m ∂2ψ(x) ∂x2 + V0ψ(x) = Eψ(x), enquanto que para 0 < x < a ela é − ~ 2 2m ∂2ψ(x) ∂x2 = Eψ(x). (0,1 pontos) A forma geral das soluções ψ1(x) (região 1: x < 0), ψ2(x) (região 2: 0 < x < a) e ψ3(x) (região 3: x > a) para E < V0 é ψ1(x) = Ae kIx, kI = √ 2m(V0 − E)/~, ψ2(x) = C e ikx +D e−ikx, k = √ 2mE/~, ψ3(x) = B e −kIx, (0,1 pontos) onde A, B, C, e D são constantes complexas a serem determinadas. (b) (0,2 pontos) A ESIT é uma equação diferencial linear de segunda ordem. Logo, para um potencial cont́ınuo por partes não infinito, a função de onda e sua primeira derivada são sempre cont́ınuas. Nas descontinuidades do potencial em x = 0 e x = a isso nos dá ψ(0−) = ψ(0+), ψ(a−) = ψ(a+), (0,1 pontos) ∂ψ ∂x ∣∣∣∣ 0− = ∂ψ ∂x ∣∣∣∣ 0+ , ∂ψ ∂x ∣∣∣∣ a− = ∂ψ ∂x ∣∣∣∣ a+ , (0,1 pontos) onde x± = lim→0+(x± ). (c) (0,2 pontos) A probabilidade de encontrar a part́ıcula no intervalo é Pab = ∫ b a |ψ3(x)|2 dx, que é não nula, já que ψ3(x) é não nula no intervalo. Justificativas em que apenas se mencionava “tunelamento”, sem mais elaboração foram penalizadas em (0,1 pontos). Respostas “secas”, sem justificativas, não pontuaram. (d) (0,2 pontos) Não. Como se trata de um estado ligado no poço (E < V0), os valores permitidos para a energia E são quantizados/discretos. Numa medida de energia total apenas um dos valores permitidos pode ser obtido. Alternativamente, temos 5 incógnitas (A, B, C, D e a energia E) e 5 equações a serem satisfeitas: as 4 condições de contorno do item (b) e a normalização da função de onda ∫ ∞ −∞ |ψ(x)|2 dx = 1. Apenas valores discretos/quantizados de E poderão ser obtidos desse sistema e o resto segue como acima. Respostas “secas”, sem justificativas, não pontuaram, assim como respostas com justificativas incorretas. (e) (0,2 pontos) No caso do poço infinito, apenas as condições de contorno sobre a função de onda (e não aquelas sobre sua derivada) devem ser impostas. Além disso, ψ1(x) = ψ3(x) = 0 para todo x < 0 e x > a, respectivamente. Logo ψ2(0) = 0⇒ C = −D, ψ2(a) = 0⇒ C ( eikx − e−ikx ) = 2iC sin(ka) = 0⇒ ka = nπ (n = 1,2,3, . . .), donde pode-se usar a relação entre k e E do item (a) para obter En = n2h2 8ma . 6