EXAME UNIFICADO FISICA EUF GABARITOS, Provas de Física

Baixe EXAME UNIFICADO FISICA EUF GABARITOS e outras Provas em PDF para Física, somente na Docsity! EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o segundo semestre de 2016 Respostas esperadas 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) Sim, pois a única força capaz de gerar o torque para que a esfera role sem deslizar é o atrito. (b) 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). (c) 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. (1) Como há rolamento sem deslizamento, a velocidade de translação do CM e a velocidade de rotação satisfazem v = ωr. Substituindo na Eq. (1) e usando a expressão para o momento de inércia dada no enunciado obtemos v = √ 10 7 gh. (d) Definimos um sistema de coordenadas com um eixo x paralelo ao plano inclinado e apon- tando 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, (2) onde fat é a força de atrito e a a aceleração do CM. Para o movimento de rotação τ = fatr = Iα, (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 , donde a = 5 7 g sin θ. (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, que coincide com o resultado já encontrado no item (c). 1 Q4. (a) Queremos calcular 〈n′| x̂ |n〉 e 〈n′| p̂ |n〉 . Utilizando que ↠= √ mω 2~ x̂− i√ 2mω~ p̂, 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〉 . 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 ) . (b) Primeiramente, escrevemos x̂2 em termos de â e ↠x̂2 = √ ~ 2mω ( â+ ↠)√ ~ 2mω ( â+ ↠) = ~ 2mω [ â2 + â↠+ â†â+ ( ↠)2] . 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 ) . 4 (c) 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〉 . 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. (d) Primeiro notamos que i~ dâH(t) dt = [ âH(t),Ĥ ] = eiĤt/~ [ â,Ĥ ] e−iĤt/~, 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, 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. 5 Q5. a) O gráfico pedido é mostrado na Fig. 5: rV0 C B A V0 p V Figura 1: Gráfico esquemático mostrando o ciclo num diagrama p x V . b) (i) De maneira geral, o trabalho realizado pelo gás num processo reverśıvel quando o volume varia de V1 até V2 é dado por W = ∫ V2 V1 pdV Portanto, o trabalho realizado no trecho CA é nulo, pois não há variação de volume. O trecho AB é adiabático, portanto não há troca de calor QAB entre o gás e a vizinhança. Da primeira lei da termodinâmica ∆U = Q−W (U é a energia interna), WAB = −∆UAB = ncV (TA − TB), onde usamos a expressão para a energia interna de um gás ideal. Finalmente, na isoterma BC, usando a equação de estado do gás ideal, WBC = ∫ V0 rV0 pdV = −nRTB ln r. Como TC = TB e as isotermas são hipérboles p = nRT/V num gráfico p x V , segue que Tmin = TB < TA = Tmax. Logo, usando cV = R/(γ − 1), o trabalho total é dado por Wtotal = nR γ − 1 (Tmax − Tmin)− nRTmin ln r. (ii) Só há troca de calor entre o gás e a vizinhança nos trechos BC e CA, pois o processo AB é adiabático. Como BC é uma isoterma, a energia interna do gás se mantém constante e, usando a primeira lei, QBC = WBC = −nRTB ln r < 0, o que corresponde a uma liberação de calor do gás para sua vizinhança. Na isocórica CA, o trabalho é nulo e, usando novamente a primeira lei, QCA = ∆UCA = ncV (TA − TC) = ncV (Tmax − Tmin). 6 Q6. a) Pela lei de Gauss, de maneira geral, sabemos que:∮ S ~E · d~S = qV 0 , (9) onde a integral é feita sobre a superf́ıcie S de uma região V e qV é a carga total contida em V . Tomaremos, nessa questão, regiões esféricas de raio r centradas no centro da esfera isolante. Por simetria, o campo elétrico apontará sempre na direção radial, ou seja, ~E = Er̂. i) Campo elétrico para r < a: Neste sub-item, escolhemos regiões esféricas de raio r < a, representadas pelas linhas pontilhadas na Fig. 2. Desta forma, a carga em V é qV = ρV , qV = 4πρ 3 r3 . Aplicando a Eq. (9) e usando que o campo elétrico é radial E4πr2 = 4πρ 30 r3. Portanto, a magnitude do campo elétrico será dada por E = ρ 30 r. ii) Campo elétrico para a < r < b: Neste caso, as regiões esféricas tem raio r tal que a < r < b, como mostrado na Fig. 3. A carga total contida em V é qV = Q. Aplicando a Eq. (9) e usando que o campo elétrico é radial E4πr2 = Q 0 . Portanto, a magnitude do campo elétrico será E = Q 4π0r2 . iii) Campo elétrico para b < r < c: Nesta região, queremos o campo elétrico dentro de um condutor em equiĺıbrio eletrostático (veja a Fig. 4), que sempre se anula. Portanto, E = 0. (iv) Campo elétrico para r > c: Agora, as regiões esféricas tem raio r > c, como mostrado na Fig. 5. A carga contida em V é qV = Q. Aplicando novamente a Eq. (9) e usando que o campo elétrico é radial E4πr2 = Q 0 . Portanto, a magnitude do campo elétrico será E = Q 4π0r2 . 1 Figura 2: Região V no caso (i) r < a. Figura 3: Região V no caso (ii) a < r < b. Figura 4: Região V no caso (iii) b < r < c. Figura 5: Região V no caso (iv) r > c. b) Em todo condutor em equiĺıbrio eletrostático, a carga ĺıquida se distribui na sua superf́ıcie. Vamos denotar por q1 a carga induzida na superf́ıcie interna do condutor (r = b) e q2 a a carga induzida na superf́ıcie externa do condutor (r = c). Como dentro do condutor temos E = 0, aplicando a Eq. (9) a uma região como as do item (a)(iii) (raio r, tal que b < r < c), a carga total em V nesse caso é nula. Portanto, qV = Q+ q1 = 0 ⇒ q1 = −Q. Como, por simetria, a carga se distribui de maneira uniforme na superf́ıcie, segue que a densi- dade de carga induzida em r = b é σ1 = − Q 4πb2 . Como o condutor está descarregado, por conservação de carga, temos que Qcondutor = 0 = q1 + q2 q2 = −q1 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 . 2 c) Esboço do gráfico E × r: Figura 6: Esboço do gráfico E × r. 3 Q8. (a)Das relações fornecidas Ĥ |±〉 = −γBŜz |±〉 = ∓ γB~ 2 |±〉 Portanto, |±〉 são auto-vetores do Hamiltoniano com auto-valores dados, respectivamente, por E± = ∓ γ~B 2 . (b) De maneira geral, |ψ (t)〉 = [ c+e −i(E+/~)t |+〉+ c−e−i(E−/~)t |−〉 ] , onde c± são coeficientes determinados pelas condições iniciais. Usando as expressões dos auto- valores do item anterior |ψ (t)〉 = [ c+e i γB 2 t |+〉+ c−e−i γB 2 t |−〉 ] . Em t = 0 temos |ψ (t = 0)〉 = [c+ |+〉+ c− |−〉] = 1√ 2 [|+〉 − |−〉] , donde c+ = −c− = 1/ √ 2. Portanto, |ψ (t)〉 = 1√ 2 [ ei γB 2 t |+〉 − e−i γB 2 t |−〉 ] . (c) A média de Ŝi é dada por 〈 Ŝi 〉 = 〈ψ (t)| Ŝi |ψ (t)〉 Utilizando a |ψ (t)〉 obtida no item anterior Ŝx |ψ (t)〉 = Ŝx 1√ 2 [ ei γB 2 t |+〉 − e−i γB 2 t |−〉 ] = ~ 2 √ 2 [ ei γB 2 t |−〉 − e−i γB 2 t |+〉 ] , Ŝy |ψ (t)〉 = Ŝy 1√ 2 [ ei γB 2 t |+〉 − e−i γB 2 t |−〉 ] = i ~ 2 √ 2 [ ei γB 2 t |−〉+ e−i γB 2 t |+〉 ] , Ŝz |ψ (t)〉 = Ŝz 1√ 2 [ ei γB 2 t |+〉 − e−i γB 2 t |−〉 ] = ~ 2 √ 2 [ ei γB 2 t |+〉+ e−i γB 2 t |−〉 ] . 6 Finalmente, 〈ψ (t)| Ŝx |ψ (t)〉 = 1√ 2 [ e−i γB 2 t 〈+| − ei γB 2 t 〈−| ] ~ 2 √ 2 [ ei γB 2 t |−〉 − e−i γB 2 t |+〉 ] = −~ 2 cos (γBt) 〈ψ (t)| Ŝy |ψ (t)〉 = 1√ 2 [ e−i γB 2 t 〈+| − ei γB 2 t 〈−| ] i ~ 2 √ 2 [ ei γB 2 t |−〉+ e−i γB 2 t |+〉 ] = ~ 2 sin (γBt) 〈ψ (t)| Ŝz |ψ (t)〉 = 1√ 2 [ e−i γB 2 t 〈+| − ei γB 2 t 〈−| ] ~ 2 √ 2 [ ei γB 2 t |+〉+ e−i γB 2 t |−〉 ] = 0 〈 Ŝx 〉 = −~ 2 cos (γBt) 〈 Ŝy 〉 = ~ 2 sin (γBt) 〈 Ŝz 〉 = 0 (d) Queremos t tal que |ψ (0)〉 = |ψ (t)〉 , 1√ 2 [|+〉 − |−〉] = 1√ 2 [ e+i γB 2 t |+〉 − e−i γB 2 t |−〉 ] , onde usamos o resultado do item (b). Por inspeção nota-se que a condição a ser satisfeita é e±i γB 2 t = 1⇒ γB 2 t = 2nπ (n = 1,2, . . .). O menor valor de t corresponde a n = 1 t = 4π γB . 7 Q9. a) 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) 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. c) (i) Como o relógio está em repouso em S ′, ∆x′ = ∆y′ = ∆z′ = 0 e ∆s2 = −c2 (∆t′)2 < 0. O sinal é negativo. (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. d) (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 . (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 ) . (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. 8 Q1. (a) Da componente da segunda lei de Newton na direção vertical (orientada para cima), a queda é descrita por F = m dv dt = −mg − kmv ⇒ dv dt = −(g + kv) ⇒ ∫ v 0 dv′ g + kv′ = − ∫ t 0 dt′, (1) onde usamos a condição inicial de que o corpo parte do repouso. Usando∫ dx ax+ b = 1 a ln(ax+ b), segue que ∫ v 0 dv′ g + kv′ = − ∫ t 0 dt′ ⇒ ln ( g + kv g ) = −kt. (2) Invertendo a última relação v(t) = g k ( e−kt − 1 ) . (3) Como v(t) < 0 (corpo em queda), o módulo da velocidade é |v(t)| = −g k ( e−kt − 1 ) = g k ( 1− e−kt ) . (b) A velocidade terminal vterm é obtida tomando-se o limite t→∞ na Eq. (3) vterm = lim t→∞ g k ( e−kt − 1 ) = −g k ⇒ |vterm| = g k . (c) A posição vertical do corpo é obtida integrando mais uma vez a Eq. (3) v = dz dt = g k ( e−kt − 1 ) ⇒ k g ∫ z 0 dz′ = ∫ t 0 ( e−kt ′ − 1 ) dt′ ⇒ kz g = −e −kt k + 1 k − t, donde z(t) = g k2 ( 1− e−kt ) − gt k . (4) (d) Das Eqs. (3) e (4), z = −v k − g k t. Eliminando t usando a Eq. (2), encontramos a expressão procurada z(v) = g k2 ln ( 1 + kv g ) − v k . Alternativamente, da Eq. (1) a = dv dt = −(g + kv). Mas dv dz = dv dt dt dz = a v ⇒ v dv = a dz = −(g + kv)dz. Logo − ∫ v 0 v′ g + kv′ dv′ = ∫ z 0 dz′ ⇒ g ln(g + kv)− kv k2 ∣∣∣∣v 0 = z ∣∣∣∣z 0 , onde usamos o resultado ∫ x a+bx dx = bx−a ln(a+bx) b2 . Segue que z(v) = g k2 ln ( 1 + kv g ) − v k . 1 Q2. (a) 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) ] . (b) A energia potencial é V = −m1gy1 −m2gy2 = −m1gl1 cos θ1 −m2g (l1 cos θ1 + l2 cos θ2) . (c) 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) ] . (d) As equações de movimento são as equações de Euler-Lagrange d dt ( ∂L ∂θ̇i ) − ∂L ∂θi = 0 (i = 1,2). 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), 2 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, m2[l 2 2θ̈2 + gl2 sin θ2] +m2l1l2[θ̈1 cos(θ1 − θ2)− θ̇21 sin (θ1 − θ2)] = 0. 3 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 . 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. 6 Q5. (a) A conservação de energia interna leva a mxcx(Tx − Teq) = (K +mH2OcH2O)(Teq − Tamb)⇒ cx = (K +mH2OcH2O)(Teq − Tamb) mx(Tx − Teq) . (b) Usando os dados fornecidos e as fórmulas de propagação de erros do formulário 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). 7 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2017 Gabarito Parte 2 • Estas são sugestões de posśıveis respostas. Outras possibilidades também podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes às res- postas sugeridas abaixo. e integrando em dl de 0 a √ 2s (lembrando que as contribuições dos dois segmentos já foram somadas) obtemos ~Fm = −2IBsx̂ . (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). 3 Q8. a) A parte da Hamiltoniana devida ao campo elétrico é V̂E = (−e)(−Ex̂) = eEx̂, 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. b) 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 ) , e obter x̂ = √ ~ 2mω (â+ â†). Logo, a coreção procurada é ∆E (1) 1 = eE √ ~ 2mω 〈1|(â+ â†)|1〉 = 0. c) A coreção da energia do primeiro estado excitado em ordem quadrática em E é ∆E (2) 1 = = 〈1|V |δψ (1) 1 〉 = (√ ~ 2mω eE ~ω ) eE √ ~ 2mω 〈1|(â+ â†)|(|0〉 − √ 2|2〉) = e2E2 2mω2 (〈1|1〉 − 2〈1|1〉) = − e 2E2 2mω2 . d) 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 corresponde a um oscilador harmônico simples mais uma constante. Portanto, suas auto- energies são En = ( n+ 1 2 ) ~ω − e 2E2 2mω2 . Por outro lado, do cálculo perturbativo temos E (0) 1 + ∆E (1) 1 + ∆E (1) 1 = 3 2 ~ω − e 2E2 2m2ω2 , que é igual ao resultado exato. Isto indica que as correções de ordem superior são todas nulas. 4 Q9. (a) Denotemos quantidades no referencial da Terra sem “linha” e no referencial da nave com “linha”. O intervalo de tempo próprio medido pelos astronautas para a viagem de ida é ∆t′ = 3T/4 anos. O intervalo de tempo medido na Terra, por outro lado, é ∆t = cT/V , onde V é a velocidade da nave. Da fórmula de dilatação temporal ∆t′ = γ(V )∆t = ∆t√ 1− V 2 c2 ⇒ 3 4 = c/V√ 1− V 2 c2 , donde se obtém que V = 4c 5 . (b) A distância D′ percorrida pela nave em seu próprio referencial corresponde à distância percorrida no referencial da Terra cT contráıda pelo fator de Lorentz γ(V = 4c 5 ) = 5 3 . Logo, D′ = cT/γ = 3cT 5 . (c) Seja t1 = t ′ 1 = 0 o instante de emissão do primeiro pulso com a nave ainda na posição x1 = x ′ 1 = 0. O segundo pulso é emitido em t ′ 2 = T0 = 1 ano, na posição x2 = V t2 (x ′ 2 = 0). Esse pulso chegará na Terra em t3 = t2 + x2/c = TP , onde TP é o peŕıodo procurado, medido no referencial da Terra. Da fórmula da dilatação temporal, t2 = γ(V )t ′ 2 = 5 3 anos. Assim, TP = t2 + x2 c = t2 ( 1 + V c ) = 5 3 ( 1 + 4 5 ) = 3 anos. Alternativamente, da expressão do efeito Doppler da luz com T0 = 1 ano TP = T0 √ 1 + V/c 1− V/c = 1 ano √ 1 + 4/5 1− 4/5 = 3 anos. (d) A velocidade do módulo espacial no referencial da Terra é ux = u′x + V 1 + V u ′ x c2 = −5c 6 + 4c 5 1− 4.5 5.6 = − c 10 . Portanto, o tempo da viagem de retorno do módulo é tR = (cT/2)/|ux| = cT 2 10 c = 5T. Este tempo deve ser somado ao tempo necessário para chegar à metade do caminho antes de ser feito o retorno t1/2 = (cT/2)/V = 5T 8 . Assim, o tempo total procurado é ttot = t1/2 + tR = 5T + 5T 8 = 45T 8 . 5 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o segundo semestre de 2017 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 componentes vertical (y) e horizontal (x) da equação da segunda lei de Newton são Fy = T cos θ −mg = mÿ, Fx = −T sin θ = mẍ, onde T é a tração no fio. Para pequenos ângulos θ, o movimento é aproximadamente horizontal e y = ẏ = ÿ ≈ 0. Assim, T cos θ ≈ T ≈ mg. A dinâmica horizontal fica então mẍ = −mg sin θ ≈ −mgθ ≈ −mgx l ⇒ ẍ+ g l x = 0. Esta é a equação do oscilador harmônico simples com frequência angular ω = √ g/l. O peŕıodo procurado é, portanto, T = 2π ω = 2π √ l g . (b) Como a massa da esfera era muito maior que a massa do fio e os deslocamentos iniciais eram muito menores que o comprimento do fio, o que foi confirmado pela ausência de variação do peŕıodo dentro do intervalo de variação dos deslocamentos iniciais, podemos tratar o pêndulo utilizado com um pêndulo simples. Assim, utilizando a resposta do item anterior, g = 4π2 l T 2 . Usando os valores medidos g = 4π2 4,00 (4,00)2 = 9,86960 m/s2, que ainda está expresso com algarismos significativos em excesso. Para o cálculo do erro de g, utilizamos ∆g = √ ∆21 + ∆ 2 2, ∆1 = ∂g ∂l ∆l = 4π 2 1 T 2 ∆l, ∆2 = ∂g ∂T ∆T = −8π2 l T 3 ∆T . Usando os dados fornecidos ∆1 = π 2 × 5× 10−3 ∆2 = −π2 × 25× 10−3, donde ∆g = π2 × √ 650× 10−3 = 5π2 × √ 26× 10−3 ≈ 0,2 m/s2. Alternativamente, pode-se argumentar que ∆2  ∆1 e ∆g ≈ |∆2|. O resultado final é g = 9,9± 0,2 m/s2. 1 Q2. Considerando o sistema de referência da figura abaixo, definimos as coordenadas do corpo A como xA e yA = 0 e do corpo B como xB e yB. Dadas as distâncias S e r definidas na figura, segue que xB = S + r sin θ, yB = −r cos θ, e a inextensibilidade da corda impõe o v́ınculo entre as coordenadas (S − xA) + r = l. M M x y A B θ S r (a) Para esse item, podemos impor θ = 0 desde o ińıcio. Nesse caso, ẋB = 0, ẏB = −ṙ, ẋA = ṙ, onde usamos o v́ınculo na última equação. A energia potencial gravitacional do corpo B é V = MgyB = −Mgr, onde tomamos a altura y = 0 como referência (e, portanto, o corpo A não contribui para V ). A Lagrangiana do sistema é La = M 2 ( ẋ2A + ẋ 2 B + ẏ 2 B ) − V La = Mṙ 2 +Mgr. A equação de Euler-Lagrange é d dt ( ∂La ∂ṙ ) = ∂La ∂r 2Mr̈ = Mg ⇒ r̈ = g 2 , que é a aceleração comum pedida. 2 Q4. (a) Para E ∈ [0,U0], E > V (x) se x ∈ [0,L] e E < V (x) se x < 0 ou x > L. Isso leva a que, nessas duas últimas regiões, a função de onda decaia exponencialmente com a distância ao poço, o que impõe condições de contorno restritivas sobre as soluções da equação de Schrödinger independente do tempo (ESIT). Como consequência dessas condições de contorno, a ESIT só pode ter solução para valores discretos de E. (b) Se x < 0 (região I) ou x > L (região III), a função de onda decai exponencialmente, enquanto que se 0 < x < L (região II) ela tem comportamento oscilatório/senoidal. Assim, de maneira geral, I : ψ(x) = Ae−α|x| = Aeαx, x < 0, II : ψ(x) = C cos(γx+ φ), 0 < x < L, III : ψ(x) = Be−β|x−L| = Be−β(x−L), x > L. (c) 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. Impondo essas condições nas descontinuidades do potencial em x = 0 e x = L ψ(x = 0−) = ψ(x = 0+) ⇒ A = C cosφ (5) ψ(x = L−) = ψ(x = L+) ⇒ C cos(γL+ φ) = B (6) ψ′(x = 0−) = ψ′(x = 0+) ⇒ Aα = −γC sinφ (7) ψ′(x = L−) = ψ′(x = L+) ⇒ −γC sin(γL+ φ) = −βB. (8) A ESIT − ~ 2 2m ψ′′x+ V (x)ψ(x) = Eψ(x)⇒ − ~ 2 2m ψ′′(x) = [E − V (x)]ψ(x) aplicada nas 3 regiões nos dá I : − ~ 2 2m α2ψ(x) = −|U0 − E|ψ(x)⇒ α = √ 2m|U0 − E| ~2 , II : − ~ 2 2m γ2ψ(x) = +Eψ(x)⇒ γ = √ 2mE ~2 , III : − ~ 2 2m β2ψ(x) = −|U0 − E|ψ(x)⇒ β = α = √ 2m|U0 − E| ~2 . De (5) e (6), obtemos A e B em termos de C A = C cosφ, B = C cos(γL+ φ), que, quando levadas em (7) e (8), fornecem αC cosφ = −γC sinφ ⇒ tanφ = −α/γ (9) γC sin(γL+ φ) = βC cos(γL+ φ) ⇒ tan(γL+ φ) = β/γ = α/γ. (10) As Eqs. (9) e (10) formam um sistema de duas equações em duas incógnitas, φ e E (através de α e γ), que pode ser resolvido para achar a energia E. (d) No limite L → 0, podemos ver que a condição na energia se torna α → −α, que só tem solução se α→ 0 ou E → U0. 5 Q5. (a) O esboço do ciclo num diagrama P x V é (b) Usaremos a convenção de que trabalho realizado pelo gás e calor injetado no gás são positivos. Nesse caso, ∆U = Q −W . A energia interna de um gás ideal só depende da sua temperatura. Como não há variação de temperatura no processo 1, a variação da energia interna é nula ∆U1 = 0. No processo 2 o trabalho é nulo, pois não há variação de volume. A variação de energia interna é, portanto, igual ao calor injetado no sistema (note que n = 1) ∆U2 = Q2 = CV ∆T = 3R 2 (2T0 − T0) = 3RT0 2 . (c) Como o processo 3 é isotérmico à temperatura 2T0, a pressão é dada por P = 2RT0 V , donde se deduz que o trabalho realizado pelo gás é W3 = ∫ V0 V0/3 PdV = ∫ V0 V0/3 2RT0 V dV = 2RT0 ln 3. (d) De forma semelhante ao feito no item (c), o trabalho realizado pelo gás no processo isotérmico 1 à temperatura T0 é W1 = ∫ V0/3 V0 PdV = ∫ V0/3 V0 RT0 V dV = −RT0 ln 3, de tal forma que o trabalho total é Wtot = W1 + W3 = RT0 ln 3, onde usamos que o trabalho é nulo nos processos isovoluméticos 2 e 4. Calor é injetado (positivo na nossa convenção) no sistema apenas nos processos 2 e 3, pois: (i) o calor no processo 1 é igual ao trabalho W1 (já que a energia interna é constante, porque a temperatura é constante) e W1 < 0 (ver acima) e (ii) o calor no processo 4 é Q4 = CV ∆T = 3R 2 (T0 − 2T0) = −3RT02 < 0. O calor no processo 2 foi calculado no item (b) e é Q2 = 3RT0/2. O calor no processo 3, que é isotérmico, é igual ao trabalho realizado pelo gás Q3 = W3 = 2RT0 ln 3, como calculado no item (c). O calor total injetado é, portanto, Qinj = Q2 +Q3 = RT0 ( 3 2 + 2 ln 3 ) . 6 Finalmente, o rendimento da máquina é η = Wtot Qinj = ln 3 3 2 + 2 ln 3 ≈ 0,30. 7 Q7. (a) O campo elétrico f́ısico é dado por E(r,t) = Re [ Ẽ(r,t) ] = E0 { x̂Re [ ei(kz−ωt) ] + ŷRe [ iei(kz−ωt) ]} = E0 [x̂ cos(kz − ωt)− ŷ sin(kz − ωt)] . (b) Vamos usar a lei de Faraday. Primeiramente, calculamos o rotacional de Ẽ usando a substituição ∇ → ik para ondas planas ∇× Ẽ = E0∇× ( ei(kz−ωt)(x̂ + iŷ) ) = E0ikẑ× ( ei(kz−ωt)(x̂ + iŷ) ) = ikE0e i(kz−ωt) (ŷ − ix̂) . Escrevendo o campo magnético na forma B̃ = B̃0e i(kz−ωt) obtemos ∂B̃ ∂t = −iωB̃0ei(kz−ωt). Conseguimos então satisfazer a lei de Faraday se a amplitude B̃0 for tal que ∇× Ẽ = −∂B̃ ∂t . ikE0e i(kz−ωt) (ŷ − ix̂) = iωB̃0ei(kz−ωt) ⇒ B̃0 = E0 c (ŷ − ix̂) . Logo, o campo magnético complexo é B̃(r,t) = E0 c (ŷ − ix̂) ei(kz−ωt), e o campo magnético f́ısico é B(r,t) = Re [ B̃(r,t) ] = E0 c { ŷRe [ ei(kz−ωt) ] − x̂Re [ iei(kz−ωt) ]} = E0 c [ŷ cos(kz − ωt) + x̂ sin(kz − ωt)] . (c) A densidade de momento linear é g = 0E×B = 0E 2 0 c (x̂ cos(kz − ωt)− ŷ sin(kz − ωt))× (ŷ cos(kz − ωt) + x̂ sin(kz − ωt)) = 0E 2 0 c ẑ. (d) Escrevendo o vetor posição em coordenadas ciĺındricas r = ρρ̂ + zẑ e usando o resultado do item (c), obtemos `(r) = 0E 2 0 c (ρρ̂+ zẑ)× ẑ = −0E 2 0ρ c φ̂. 2 Q8. (a) Usando a relação entre a energia cinética e o momento linear (não-relativ́ısticos) e a relação de de Broglie p2 2m = Ecin ⇒ λ = h p = h√ 2mEcin = 6,63× 10−34√ 2× (9,11× 10−31)× (22)× (1,6× 10−19) = 0,26 nm. (b) Numa transição para o estado fundamental, temos h f = 10,2 eV = 13,6 eV ( 1 1 − 1 n2 ) . Podemos verificar que esta relação é satisfeita para n = 2, uma vez que 13,6× 3 4 = 136 4 3 10 = 34× 3/10 = 10,2. Assim, o número quântico do estado excitado é n = 2. (c) Da relação de incerteza energia-tempo, temos ∆E∆t ≥ ~ 2 ⇒ ∆E ≥ ~ 2∆t ≈ 10 −34 10−8 J = 10−7 eV, que é a incerteza procurada. (d) A energia cinética relativ́ıstica é (β ≡ v/c). Ecin = mc2√ 1− β2 −mc2. Resolvendo para β2, β2 = 1− ( 1 + Ecin/mc 2 )−2 . Como Ecin  mc2, podemos expandir até primeira ordem, obtendo β2 = v2 c2 ≈ 1− ( 1− 2Ecin mc2 ) = 2 Ecin mc2 . Logo, Ecin ≈ mv2 2 ≈ p 2 2m . Alternativamente, pode-se apontar que a energia cinética do elétron incidente, 22 eV, é muito menor que a energia de repouso da part́ıcula, 511 keV, o que justifica o uso da aproximação não-relativ́ıstica. 3 Q9. (a) Como todo observável, à Hamiltoniana deve corresponder um operador Hermitiano. Sua representação matricial é realizada por uma matriz Hermitiana, ou seja, uma matriz que é igual a sua transposta complexa-conjugada, ou ainda, uma matriz cujos elementos Hij são tais que Hij = H ∗ ji. Segue que, para que a matriz fornecida seja Hermitiana, então o elemento que falta é M∗23 e E3 ∈ R e sua parte imaginária é zero. (b) A matriz de A é evidentemente diagonal e dada na base considerada por A = 2 0 00 2 0 0 0 1  . O comutador entre A e H pode ser calculado [A,H] = 0 0 00 0 M23 0 −M∗23 0  , e ele é, de maneira geral, não nulo. Segue que A não pode ser medido simultaneamente com a energia. Alternativamente, pode-se dizer que A só pode ser medido simultaneamente com a energia se M23 = 0. (c) Devemos diagonalizar a Hamiltoniana. De sua estrutura de blocos, segue que o estado |1〉 é auto-estado de H com auto-valor λ1 = E1 H|1〉 = E1|1〉 . Focando agora no sub-espaço gerado por |2〉 e |3〉, as outras autoenergias são soluções de det ( E2 − λ M23 M∗23 E3 − λ ) = (E2−λ)(E3−λ)−|M23|2 = 0⇒ λ2−λ(E2+E3)+E2E3−|M23|2 = 0. Resolvendo a equação de segundo grau, obtemos as outras duas autoenergias λ2,3 = E2 + E3 ± √ (E2 − E3)2 + 4|M23|2 2 . (d) A Hamiltoniana nesse caso é H = 1 0 00 3 1 0 1 3  , e os autovalores são, usando o resultado do item (c), λ1 = 1; λ2 = 2; λ3 = 4. Já vimos que o auto-estado de λ1 é |λ1〉 = |1〉. Os auto-estados de λ2,3 são obtidos de( 3− λ2,3 1 1 3− λ2,3 )( a b ) = ( 0 0 ) . 4 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o primeiro semestre de 2018 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. Q1. (a) (0,2 pontos) As equações de movimento são Fg = −mgẑ = m dv dt ⇒ v̇x = 0, (0,1 pontos) v̇z = −g (0,1 pontos). (b) (0,2 pontos) 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, (0,1 pontos) v̇z = −g ⇒ vz(t) = −gt+ C2 vz(0) = v0 sin θ = C2 ⇒ vz(t) = v0 sin θ − gt. (0,1 pontos) (c) (0,2 pontos) 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, (0,1 pontos) 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. (0,1 pontos) (d) (0,2 pontos) 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)] (0,1 pontos) L = ( 1 2 mgv0t 2 cos θ ) ŷ. (0,1 pontos) (e) (0,2 pontos) 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. (0,1 pontos) Comparando os resultados dos itens (d) e (e) temos, como esperado, dL dt = N. (0,1 pontos) 1 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 Q4. (a) (0,2 pontos) Do gráfico, pode-se estimar y1 ≈ 25µm (0,1 pontos). Estimativas entre 20µm e 25µm foram aceitas. 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. (0,1 pontos) O valor do ângulo deveria ser compat́ıvel com a estimativa de y1 para ser aceito como correto. (b) (0,2 pontos) Se d é a separação entre as fendas da grade, a condição para interferência construtiva é, do formulário, d senθn = nλ. (0,1 pontos) Só foram aceitas respostas em que o candidato demonstrou saber o que cada grandeza da última equação significa. Por exemplo, se o candidato apontou que d é a distância entre a grade e o plano do detector a resposta foi considerada incorreta. Para o primeiro máximo (n = 1) λ = d senθ1 ≈ d θ1 = (100× 10−9)(2,0× 10−5) = 2,0× 10−12 m. (0,1 pontos) Mais uma vez, foram aceitos valores compat́ıveis com o valor de θ1 do item (a). (c) (0,3 pontos) A massa molar do C60 é 60 × 12 = 72 × 101 g/mol (0,1 pontos). Logo, a massa de uma molécula é M = 72× 101 g 6,02× 1023 = 1,2× 10−24 kg. (0,1 pontos) O módulo do momento linear de uma molécula é p = Mv = 1,2× 10−24 × 220 = 2,6× 10−22 kg m/s. (0,1 pontos) (d) (0,3 pontos) O comprimento de onda de de Broglie é λdB = h p , (0,1 pontos) onde p é o momento linear calculado no item anterior (0,1 pontos). Se o candidato errou o valor de p no item anterior, mas reconheceu que aquele valor, mesmo incorreto, deveria ser inserido na última expressão, esse passo foi considerado correto. λdB = 6,63× 10−34/2,6× 10−22 = 2,6× 10−12 m. (0,1 pontos) 5 Q5. (a) (0,3 pontos) 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, (0,1 pontos) onde x é a variação de comprimento do cilindro. Assim Pf = Pm + Pa (0,1 pontos) = 2,6× 105 N/m2. (0,1 pontos) Erro de cálculo ou de unidades no item foi penalizado com (0,1 pontos). (b) (0,2 pontos) A relação entre as variáveis termodinâmicas iniciais e finais é PiVi Ti = PfVf Tf (0,1 pontos)⇒ Tf = PfVfTi PiVi = PfTi(L+ x) PiL = 2,6× 300× 27 1× 25 = 8,4× 102 K. (0,1 pontos) Alternativamente, da equação do gás ideal Tf = PfVf nR (0,1 pontos) = 2,6× 105 × 5× 10−3 × 27× 10−2 5× 10−2 × 8,31 = 8,4× 102 K. (0,1 pontos) Erro de cálculo ou de unidades no item foi penalizado com (0,1 pontos). Se o candidato considerou que o processo é isotérmico, isobárico ou isocórico, ele não pontuou no item. (c) (0,3 pontos) 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 (0,1 pontos) Wm = kx2 2 = 400× 102 × (2× 10−2)2 2 = 8 J, (0,1 pontos) Wa = Pa∆V = PaAx = 1× 105 × 5× 10−3 × 2× 10−2 = 10 J, W = Wm +Wa = 18 J. (0,1 pontos) Erro de cálculo ou de unidades no item foi penalizado com (0,1 pontos). (d) (0,2 pontos) O calor Q fornecido ao gás é igual ao trabalho total W calculado em (c) mais a variação da energia interna do gás ∆U (0,1 pontos) ∆U = ncV ∆T (0,1 pontos) = 5× 10−2 × 12,5× (8,4× 102 − 300) = 3,4× 102 J, Q = ∆U +W = 3,6× 102 J. Se o candidato não usou corretamente o número de mols, ele foi penalizado em (0,1 pontos). Se o candidato não considerou a variação da temperatura no cálculo da variação da energia interna, ele foi penalizado em (0,1 pontos). Se o candidato assumiu que processo é isotérmico e, portanto, sem variação da energia interna, ele foi penalizado em (0,1 pontos). 6 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. Se o item foi resolvido de forma integral sem a devida diferenciação entre escalares e vetores, ele passou automaticamente a valer metade do valor original (no caso deste item (b), passou a valer (0,15 pontos)). (c) (0,3 pontos) Supondo que E (x,t) = E0e i(kx−ωt), ∇2E = ∂ 2E ∂x2 = −k2E ∂E ∂t = −iωE ∂2E ∂t2 = −ω2E ⇒ ( −k2 + iµσω + µω2 ) E = 0 Portanto k2 = µω2 + iµσω = µω2 ( 1 + i σ ω ) . Se o item foi resolvido de forma integral sem a devida diferenciação entre escalares e vetores, ele passou automaticamente a valer metade do valor original (no caso deste item (c), passou a valer (0,15 pontos)) Se na expressão final obtida para a equação diferencial havia um ou mais sinais errados, houve o desconto de (0,05 pontos). Ou seja, sinais errados presentes no desenvolvimento dos cálculos não geraram descontos. (d) (0,2 pontos) Quando σ 6= 0, obtemos um k complexo, ou seja, k = kR + ikI , onde kR = Re[k] e kI = Im[k]. Haverá então atenuação da amplitude da onda E(x,t) = E0 e i(kx−ωt) = E0 e i[(kR+ikI)x−ωt] = E0 e −kIx ei((kRx−ωt). Quando σ = 0, k é real e a propagação da onda se dá com amplitude constante, sem atenuação. Respostas corretas puramente qualitativas foram consideradas, ou seja, não era necessário mostrar efetivamente, por meio de cálculos, o fator de atenuação da amplitude da onda eletro- magnética. ATENÇÃO: Todas as notas finais, quando necessário, foram arredondadas para múltiplos de (0,1 pontos). Por exemplo, a nota (0,85) foi arredondada para (0,9). 3 Q8. (a) (0,2 pontos) 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) (0,2 pontos) 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. Se o candidato respondeu |2〉 ou |3〉 e não uma combinação linear qualquer entre os dois, houve penalização de (0,1 pontos). (c) (0,3 pontos) 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. (0,1 pontos) 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〉) . (0,2 pontos) Se o candidato demonstrou saber calcular os auto-vetores mas errou nos cálculos, houve pena- lização de (0,1 pontos) nesse passo. Auto-vetores não normalizados foram considerados como corretos. (d) (0,3 pontos) Primeiramente, escrevemos o estado inicial |ψ(t = 0)〉 = |2〉 na base de auto-estados de H |ψ(t = 0)〉 = |2〉 = 1√ 2 (|λ+〉+ |λ−〉) . (0,1 pontos) 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−〉 ) . (0,2 pontos) 4 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 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o segundo 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 forças que atuam no disco são a normal N, o peso P e a força de atrito Fat: N y P Fat x (b) Para o movimento de translação do centro de massa na direção horizontal, temos Fat = ma ⇒ µmg = ma ⇒ a = µg, 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 , onde Nat é o torque devido ao atrito. (c) Usando a aceleração linear do item (b) e notando que ela tem sentido oposto à velocidade inicial v(t) = v0 − at = v0 − µgt. Usando a aceleração angular do item (b) e que ω(0) = 0 ω(t) = 2µgt R . (d) No ponto A, temos que v = ωR, pois o disco passa a rolar sem deslizar. Utilizando os resultados do item (c), temos que v(tA) = ω(tA)R ⇒ v0 − µgtA = 2µgtA R R ⇒ tA = v0 3µg . 1 Q2. (a) Considerando as coordenadas ciĺındricas ρ, ϕ e z como coordenadas generalizadas 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 ) . 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. Dessa forma, a lagrangiana da part́ıcula é dada por L = T − U = 1 2 m ( 2ρ̇2 + ρ2ϕ̇2 ) −mgρ. (b) 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 (1) ∂L ∂ϕ − d dt ( ∂L ∂ϕ̇ ) = 0 ⇒ d dt ( mρ2ϕ̇ ) = 0 ⇒ mρ2ϕ̇ = cte (2) (c) Expressando o momento angular em coordenadas ciĺındricas L = r× p = mr× v = m (ρρ̂+ zẑ)× (ρ̇ρ̂+ ρϕ̇ϕ̂+ żẑ) = m [ −ρϕ̇zρ̂+ (zρ̇− ρż)ϕ̂+ ρ2ϕ̇ẑ ] (3) Impondo o v́ınculo z = ρ, L = −mρ2ϕ̇ρ̂+mρ2ϕ̇ẑ (4) Comparando a Eq. (4) com os resultados do item (b), conclúımos que Lz = mρ 2ϕ̇ẑ = cte. (d) 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 cir- cular uniforme. Usando a equação de movimento (6), obtemos a frequência angular procurada ϕ̇ = √ g ρ0 . 2 Q5. (a) Como o processo é isotérmico PiVi = PfVf . 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 = 1,1× 105 N/m2. (b) O trabalho isotérmico é dado por W = ∫ Vf Vi PdV = nRT ln ( Vf Vi ) = PiVi ln ( Lf Li ) = 1,0× 105 × 1,0× 10−4 ln ( 4,5 5,0 ) = 10 ln(0,9) J = −1,1 J. Esse é o trabalho realizado pelo gás. O trabalho realizado sobre o gás é 1,1 J. (c) Como o processo é isotérmico, ∆U = Q−W = 0. Portanto Q = W = −1,1 J. O sinal negativo indica que 1,1 J de calor é transferido do gás para o ambiente. (d) A pressão é a mesma a uma mesma altura nos dois lados do tubo. 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 por Pemb = Pi + ρXgH. Eliminado Pemb, ρX = 1 H { Pf − Pi g + 2ρH2O(Li − Lf ) } = 2,4× 104 kg/m3. 5 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em F́ısica Para o segundo 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. Q6. (a) 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. 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 , 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) Após um longo tempo q(∞) = R1C1I1(∞) = R1C1V R1 +R2 . (c) 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 (d) Quando a chave S1 é desligada, temos apenas um circuito RC formado por R1 e C1, cuja dinâmica é regida por q = R1C1I1 e q̇ = I1 ⇒ q = R1C1q̇ ⇒ q(t) = q(td)e−(t−td)/(R1C1). A carga no capacitor cairá a 1/e de seu valor em td após decorrer um tempo ∆t = R1C1, do fechamento da chave S1. 1 Q9. (a) 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). 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, onde A, B, C, e D são constantes complexas a serem determinadas. (b) 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 ∂x ∣∣∣∣ 0− = ∂ψ ∂x ∣∣∣∣ 0+ , ψ(a−) = ψ(a+), ∂ψ ∂x ∣∣∣∣ a− = ∂ψ ∂x ∣∣∣∣ a+ , onde x± = lim→0+(x± ). (c) 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. (d) 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. (e) 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 . 4 Q10. (a) A função de partiçao do sistema por particula é Z = ζN , onde ζ = 1 + 2e−2βε + e−3βε. A energia livre de Helmholtz é F = −kBT lnZ = −NkBT ln(1 + 2e−2βε + e−3βε). (b) A energia interna é dada por U = − ∂ ∂β lnZ = −N ∂ ∂β ln(1 + 2e−2βε + e−3βε). A energia interna por part́ıcula é obtida tomando a derivada u = U N = ( 4e−2βε + 3e−3βε 1 + 2e−2βε. + e−3βε ) ε (c) A entropia é dada por S = U − F T = kBN ( 4e−2βε + 3e−3βε 1 + 2e−2βε + e−3βε ) βε+ kBN ln(1 + 2e −2βε + e−3βε). (d) No primeiro caso βε → ∞ e, como exponenciais decaem mais rapidamente que qualquer polinômio, s = S N = kB ln 1 = 0. Por outro lado, quando T →∞, βε→ 0, logo s = S N = kB ln(1 + 2 + 1) = kB ln 4. O primeiro resultado é o que dita o postulado de Nernst ou terceira lei da termodinâmica, que diz que a entropia deve se anular quando T → 0. Por outro lado, o segundo resultado nos diz que a entropia (em unidades de kB) tende ao logaritmo do número de estados quânticos posśıveis, pois todos os estados são igualmente prováveis quando T →∞. De fato, nesse limite, S = kB ln 4 N . 5 EUF Exame Unificado das Pós-graduações em Física Para o primeiro semestre de 2019 Critérios de correção Como entender os critérios de correção: 1. O valor de cada questão éigual a 1 ponto. 2. As questões são divididas em itens denotados por letras (a, b, c, ...). O valor de cada item é mostrado entre colchetes no início do mesmo. 3. O valor dos passos intermediários necessários para a resolução de cada item é mostrado entre colchetes imediatamente após o passo. Para que cada passo intermediário seja considerado correto, é preciso que o raciocínio que leva ao resultado parcial esteja completo e correto. 4. Respostas “secas”, sem justificativas não são aceitas. 5. Respostas equivalentes às sugeridas aqui, devidamente justificadas, são aceitas como corretas. Q2. a) [0,1 pt] Energia potencial: ˆ ˆ( ) ( ) x x (0) 0 : r r r ref ref ref V r F r d m d m d V                           0 ( ) x V r m dx m x      b) [0,2 pt] Equação do vínculo: ( ) ,t t cte      . [0,1 pt] A força de vínculo é a força aplicada pela barra. [0,1 pt] Note que a força é normal à barra, visto que não há atrito. Obs.: É necessário explicitar que se trata da equação de vínculo. c) [0,4 pt] Energia cinética: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 T mr mr mr mr      Energia potencial:  cos cosV m x m r m r t            Lagrangiana:  2 2 21 1 cos [0,2 pt] 2 2 L T V mr mr mr t         Equação de movimento:  2; cosL Lmr mr m t r r              20 cos 0d L L mr mr m t dt r r                         2 cos [0,2 pt]r r t      Obs.: Foi atribuída a nota 0,2 pt para eqs. de movimento derivadas corretamente a partir de lagrangiana incorreta. d) [0,3 pt] Solução da equação de movimento:   1 2 2 2 2 0 0 [0,1 pt] 0 ( ) [0,1 pt] (0) (0) 0 0 2 t t t t r r r t Ae Be Ae Be r a A B a r A B A B a                                        ( ) cosh [0,1 pt] 2 t te e r t a a t           Note que (0) 0 ( )t t       Obs.: Foi atribuída a nota 0,3 pt para soluções r(t) derivadas corretamente a partir de eqs. de movimento incorretas. Q3. a) [0,1 pt] Equação de Schrödinger em duas dimensões:       2 2 , ( , ) , , 2 0 dentro da caixa. x y V x y x y E x y m V                2 22 2 2 , , , 2 x y x y E x y m x y              b) [0,6 pt]                     22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , ( ) 1 1 ( ) 2 1 sen( ) 0 0 , 1,2... [0,1 pt] 1 sen( ) 0 0 , 1, 2... [0,1 pt] , sen sen [0 x x x x x y y y y y yx x y x y x y E m x y k x A k x x n a k n a k y B k y y n b k n b n yn x x y AB a b                                                                 ,1 pt] Normalização:         * 0 0 2 2 2 0 0 2 , , 1 sen sen 1 2 1 [0,1 pt] 2 2 a b a b yx dx dy x y x y n yn x AB dx dy a b a b AB AB ab                                2, sen sen , , 1,2... x y yx n n x y n yn x x y n n a bab               2 2 2 2 2 2 2 2x y x y mE k k E k k m        222 2 2 2 [0,2 pt] 2x y yx n n nn E m a b           c) [0,2 pt]   2 2 11 2 2 2 11 2 2 2 2 2 11 1 1 2 Probabilidade Se , estiver normalizada, então 1, e Probabilidade E m a b C C D x y C D C               [0,1 pt] 2 2 12 2 2 2 12 1 4 2 Probabilidade E m a b D          [0,1 pt] d) [0,1 pt] Não, pois é um estado de superposição de auto-estados de energias diferentes.         11 12 ˆ 11 12, , , , 0 , , E EH i t i t i t x y t e x y t Ce x y De x y              Q6. a) [0,2 pt]   2 2 2 ; ; [0,1 pt] 4 2 2 2 B B B d I R dt t d a B a B a B dt                       2 [0,1 pt] 2 a B I R   b) [0,3 pt] - sentido horário: + (corrente positiva); - sentido anti-horário: - (corrente negativa) - espira entrando na região de campo magnético: aumenta 0B I   - espira saindo na região de campo magnético: diminiu 0B I   [0,1 pt] [0,2 pt] dográfico 2 T    c) [0,2 pt] 4 2 2 2 4 2 2 0 nos trechos em que 0 [0,1 pt] 4 2 1 ( ) 2 8 4 4 4 T dissipada a B P RI I R T PT a B E P t dt P R            4 2 [0,1 pt] 8dissipada a B E R    d) [0,3 pt] (o vetor torque entra no plano do papel) [0,1 pt] dF Id B dN r dF          No arco o torque é nulo. No raio . [0,1 pt] d dr dN rdF r Id B IBrdr        2 2 4 0 4 [0,1 pt] 2 4 4 a IBa B a N IB rdr R Ba N B R           Q7. a) [0,3 pt] No interior do condutor, 0 [0,1 pt]E   e [0,1 pt]V cte . Por continuidade, ( ) ( ) [0,1 pt]V r R V r R A R    . b) [0,3 pt] 2 2 ˆ ˆ( ) ( ) [0,1 pt] A A E r V r r r r r              1 1 1 2 2 2 2 2 ˆ( ) ( ) [0,1 pt] ˆ( ) ( ) [0,1 pt] A D r E r r r A D r E r r r             c) [0,2 pt] Lei de Gauss para o vetor deslocamento elétrico:  ˆ ˆ ˆ ˆ0 [0,1 pt] fora dentro S dentro fora forar R r R D nda Q D D n D D n D r                            1 1 1 2 2 2 2 2 ˆ ˆ r R r R A D r R A D r R               [0,1 pt] d) [0,2 pt] ˆ ˆ ˆ ˆComo [0,1 pt] e , 0 [0,1 pt] Pi i i Pi P n P r n r          Q8. a) [0,1 pt] O elemento ij da matriz Ĥ é dado por ˆi H j . Assim, 1 2 1 0 ˆ 0 0 0 E W H E W E          . b) [0,5 pt] Autovalores:       1 2 2 2 1 2 2 1 0 0 0 0 0 0 E W E E E W E W E                 1 1 2 2 3 1 E W E E W           [0,2 pt] Autovetores: ˆ ; 1 2 3H                    1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 : 0 qq. 0 0 0 0 qq. E W E W E W E W E E W E E W W E W E E W                                                                      1 1 3 2    [0,1 pt]   2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 2 : 0 0 0 0 qq. 0 0 E E W E W E E E E E W E W E E                                                                 2 2  [0,1 pt]        3 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 : 0 qq. 0 0 0 0 qq. E W E W E W E W E E W E E W W E W E E W                                                                        3 1 3 2    [0,1 pt] Obs.: É necessário explicitar os cálculos para a obtenção dos autovetores.