gabarito euf 2018-2 fisica pós, Provas de Física

Baixe gabarito euf 2018-2 fisica pós e outras Provas em PDF para Física, somente na Docsity! EUF Exame Unificado das Pós-graduações em Física Para o segundo semestre de 2018 Gabarito Parte 1 e Estas são sugestões de possíveis 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 F,,: (b) Para o movimento de translação do centro de massa na direção horizontal, temos Fi=ma > umg=2ma > a=ãugy, 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 1 2 Nu=la > umgR= ama > q= e onde Na, é o torque devido ao atrito. (c) Usando a aceleração linear do item (b) e notando que ela tem sentido oposto à velocidade inicial vlt) = vo — at = vo — ugt. Usando a aceleração angular do item (b) e que v(0) = 0 2ugt w(t) = R (d) No ponto A, temos que v = wR, pois o disco passa a rolar sem deslizar. Utilizando os resultados do item (c), temos que 2ugta vo ulta)=wlta)R > w-ugta= R> t,=—. Q4. (a) A matriz que representa o hamiltoniano H na base descrita é 20 0 H=|0 020 A 24 0 (b) A matriz do operador D é diagonal com todos os elementos da diagonal iguais a ó, ou seja, é proporcional à matriz unidade. Portanto, ela comuta com a matriz de H. Segue que D e a energia podem ser medidos simultaneamente. (c) Para acharmos os auto-valores, precisamos resolver a equação secular Q-A 0 Q 0 Q-X A |=05(2-N -(0-N (LP +44?) =0. Q A Q-À Os auto-valores são M=0, Ah =0+vV0+A2, NM =0-vVQ2+A2 Levando-se cada auto-valor À; (i = 1,2,3) no sistema homogêneo de equações lineares Q-A; 0 92 aj 0 0 Q-A; A b|=/01], Q A Qd; Ci 0 e resolvendo para a;, b; e c;, obtemos, após normalização 1 DM) = voa AD - 0), CA [Om+ap Do) = & [SR + a]. Do à (gu ram ê v2 | VM +42 , (d) O estado inicial |y(t = 0)) é exatamente o auto-estado de energia |M). Portanto, para t > 0, o sistema permanecerá nesse estado, a menos de uma fase eTiStfh VETA [4(8) = MM) = (Al) — 9J2)) Q5. (a) Como o processo é isotérmico PV; = P;V;. Como V = AL, onde A é a área transversal do tubo, Vo L 5 . . ip=lipo ao 10x 10)=1,1x 10º N/m2. P= 2 1 YV Ls ; o (b) O trabalho isotérmico é dado por Vr V; L W = PdV =nkRTtn (1) = BViln (5º) Vi i i 45 = 1,0x 10º x 1,0x10-!n (53) = 101n(0,9) J= —1,1]. o. Esse é o trabalho realizado pelo gás. O trabalho realizado sobre o gás é 1,1 J. (c) Como o processo é isotérmico, AU =Q — W =0. Portanto Q=W=11]. 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 P, relaciona-se com a pressão na altura final do êmbolo Pam por Pomb = Pp + pmog BL; — Ly). Do lado direito, a pressão na parte superior do líquido X, P;, relaciona-se com a mesma Pam por Pomp = Pi+ pxgH. Eliminado Ponb; 1 (2t Px +2pmo(L; — to) =24x 10! kg/m?. o EUF Exame Unificado das Pós-graduações em Física Para o segundo semestre de 2018 Gabarito Parte 2 e Estas são sugestões de possíveis respostas. Outras possibilidades também podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes às res- postas sugeridas abaixo. Qs. (a) Da lei de deslocamento de Wien Amas = W onde W = 2,898 x 1073 m-K obtemos, para T=29K, Anx=W/T = 103 m ou 1 mm. (b) Para um fóton de comprimento de onda Amax = 1073 m, a frequência é v = C/Amax = 3 x 108/1093 = 3 x 104 Hz e a energia é E =hv=414x10-Bx3x 104 =1,2x10-!ev. (c) Se E! é a energia do elétron após a colisão, a conservação de energia e momento relativísticos nos dá E+Ei = EÍ+Ep > Ef = Ei-(E- Ei), pop = pl-pp > ple = pretppe-pic. Elevando as duas equações ao quadrado e substituindo (pte)º = (ES)? — (me), pic= Eje ps.c = Ef na segunda equação, temos (E) + (E)? + (E)? — 2E,E, — 2E;E, + 2EiE; — (E) + (E)? + (pio)” + (mec)? — 2E; (pic) + 2E;E; — 2Ey (pie) . Após alguns cancelamentos e isolando E, obtemos Ei+pie Ej= E eh (O CoE,+ Ei — pic Substituindo E! = ymcc? e pic = (vz? — 1) mec?, temos o resultado final E, = nt (28 +17 V52-1) (d) Como Ei = 250 MeV e mec? = 0,5 MeV, temos y = 500. Usando 42 = 1=,/1— E] 3 Y— > temos Substituindo Es = 4.(500)2.(1,24 x 107º) = 1,2 keV. Q9. (a) A equação de Schródinger independente do tempo (ESIT) para « < 0 ex > a é da forma Re oyo) 2m dr? enquanto que para O < x < a ela é + Vavla) = Ev(a), RU) 2m O? A forma geral das soluções W (x) (região 1: « < 0), va(x) (região 2:0< a <a) eWs(x) (região 3: 2 >a) para E <W é = Ev(a). vila) = Ad, kr=2m(K — E)/h, valo)= Cete + Det k=v2mE/h, vala) = Ber, onde 4, 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 contínuo por partes não infinito, a função de onda e sua primeira derivada são sempre contínuas. Nas descontinuidades do potencialem «= 0 ex = a isso nos dá Na db dy Ú(O) — u(0'), del Orlo' o doi dy úla) = y(a*), del Dol onde 1º = lim so+ (x 0). (c) A probabilidade de encontrar a partícula no intervalo é b Po= | ltsloBdo, que é não nula, já que 1s(x) é não nula no intervalo. (d) Não. Como se trata de um estado ligado no poço (E < W), 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 . fetotafar=a. 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, yi(x) = 1s(x) = O para todo a<0ex>a, respectivamente. Logo valo) = 0=>C=-D, vala) = 050 (ct - cito) = 2%Csin(ka)=0=> ka=nr (n=123,...), n2h2 Bma * donde pode-se usar a relação entre k e E do item (a) para obter E, = 4 QIO. (a) A função de partiçao do sistema por partícula é Z = (N, onde C=1420º + e 3, A energia livre de Helmholtz é F=-kpTmZ=-NkpTin(1 +20 + 365), (b) A energia interna é dada por ô InZ = 2 In(1 + 2e-2%º + 308), U=" 8 A energia interna por partícula é obtida tomando a derivada U 4e-2bE + Be 35E “NO (: + Ze2be. + =) é (c) A entropia é dada por 5= =AnN 1+2e-28º + e-3be U-F 4e-2bE + Be 35e T ) Be + kpN In(1 + 202 + 08%), (d) No primeiro caso $e — oo e, como exponenciais decaem mais rapidamente que qualquer polinômio, s= E =kon1=0. Por outro lado, quando T > c0, 8e > 0, logo Ss s=7 =kpln(1+2+1)=kpln4. 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 kp) tende ao logaritmo do número de estados quânticos possíveis, pois todos os estados são igualmente prováveis quando T > o0. De fato, nesse limite, S=kpln4N. o