UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA CENTRO DE CIÊNCIAS FÍSICA E MATEMÁTICAS DEPARTAMENTO DE FÍSICA
PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM FÍSICA Exame de Seleção – Primeiro Semestre 2011
GABARITO DA PROVA
1A) Alternativa B.
A energia potencial total é dada por U(l)Uel Ug com
0
2 2 1 ) (l k l l Uel e 2 3 ) (l mglUg para cada massa, com origem no vértice superior.
A posição de equilíbrio é dada por 0
dl dU
, o que leva à leq l0 3mg/k.
Se o corpo for solto de l l0, a energia mecânica total será E U
l0 mgl0 3 Resolvendo a equação U
l mgl0 3, obtemos os valores máximo e mínimo de l que são0
l
l e ll02 3mg/k.l0 2 3mg/k
1B) Alternativa A.
Considerando o eixo y na direção vertical, at y N F F
cos sen P 0. Assim, sen mg N cos . Na direção radial Nsen F r mv F Fr cp at
cos 2, o que possibilita a determinação de v. Como r v b 2 , a resposta é a). 2A) Alternativa D.
Considerando a partícula incidente com velocidade v na direção x, a partir da 0
conservação do momento temos
4 4 cos
cos v0 v
vn n (na direção x)
v sen
sen
vn n 4 (na direção y). Utilizando a conservação da energia cinética,
2 2 0 2 4 4v v vn . Desse modo, v v v v 0 2 2 0 8 5 3 cos (1) .
O ângulo máximo é dado por 0 cos dv d que leva a 0 5 3 v
v . Substituindo na expressão (1), obtemos
4 15 cos .
2B) Alternativa C.
A velocidade do ponto de contato da bola com o chão é r
cm
p v v
v , onde vcm
é a velocidade do centro de massa e v a velocidade de rotação. r
a m F Fext at
ma mg (na direção x), assim
t
im s vcm 5 2 /
I N k F r at at 0,2 t 0 e vr r ,
t
im s vp 4 7 / , que se anula para t=4/7 s.
3A) Alternativa D. K C T17o 280 K C T2 47o 320 K T T Tf 300 2 2 1
i f T T i T T mc T dT mc S f i ln S S1 S2 –c ln(224/225). 3B) Alternativa E. 1 2 2 cm k 1 100 vk s 1 y (x,t) = A sen
kxt
2 y (x,t) = A sen
kxt
y(x,t) =y1(x,t)+ y2(x,t)= 1,2 sen x 2 cos(100t) cm4A) Alternativa A. A energia armazenada no capacitor é: 2 2 1 CV U , e a capacitância será: z A
C 0 . A força entre as placas será:
2 0 2 2 1 z A V U Z F .
A força na mola será:
2
0 )
(z z k
F .
Igualando os módulos obtemos
A z z z k V 0 2 0 ) ( 2
4B) Alternativa D. O potencial na superfície da esfera é
R R Q dr r Q V 0 2 0 4 4
Dentro da esfera, usamos a lei de Gauss para determinar o campo elétrico de determinamos o potencial no centro da esfera fazendo
0 0 3 0 8 4 R R Q dr R Qr V , de modo que R Q V 0 8 5 A) Alternativa C.
A força eletromotriz será BLV t B .
A corrente na espira será então iBLV/R.
De modo que a força magnética sobre a barra móvel será F il B
R V L B dt MdV F 2 2
Integrando-se a expressão acima determinamos a velocidade RM t L B e V V 2 2 0 E integrando-se novamente, de t=0 até infinito obtemos
2 2 0 L B RM V Xtotal 5 B) Alternativa C
(As expressões para os campos segundo as normas da prova deveriam ser deduzidas. Questões sem dedução foram desconsideradas)
Usando a lei de Biot-Savart determinamos o módulo do campo no centro de um anel com sendo R i B 2 2 0
Usando a lei de Ampère determinamos o módulo do campo do fio no centro do anel dado por
D i B i 2 0 A resposta é então 1 i2 R D i 6 A)
a) ( F ) Dado um problema de força central em mecânica quântica, é correto dizer que será impossível fazer medidas simultâneas do quadrado do momento angular ( 2
L
) e da projeção em z do momento angular (L ) do sistema. Z
R: Os operadores comutam, logo as autofunções serão autofunções simultâneas de L2
e L . Z
b) ( F ) O acoplamento spin-órbita modifica a energia do estado fundamental de um átomo de hidrogênio.
R: O desdobramento de energia é proporcional a (j(j+1)-l(l+1)-s(s+1)). No estado fundamental l=0, logo j=s. Não há modificação.
c) ( V ) A estrutura geral do espectro dos átomos alcalinos é semelhante à do átomo de hidrogênio.
Em primeira aproximação tratamos um átomo alcalino com um caroço esférico (gás nobre) com um elétron externo. A blindagem do caroço é bastante eficiente, de modo que o espectro realmente se assemelha ao do H.
(obs, alguns alunos consideraram o item falso, já que se trata de um sistema de muitos corpos. Se a justificativa foi convincente, a questão foi considerada correta durante a correção.)
d) ( V ) Dadas duas autofunções do átomo de hidrogênio, n,l,ml(r,,) e ) , , ( , , r l m l n então , , ( , , ) ,, ( , , ) 2 ( ) 0
r r r sen drd d l l m l n m l n se n n.R: As funções de onda são ortogonais.
e) ( V ) Se um operador qualquer comuta com a hamiltoniana de um sistema então é correto dizer que a grandeza física associada ao operador é uma constante de movimento.
R: Basta se apoiar na equação de Heisenberg.
6B) a) ( F ) Suponha que duas partículas idênticas não interagentes estão confinadas numa região qualquer do espaço. A função de onda total das duas partículas é
corretamente escrita como
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 ) , (r1 r2 r1 r2 r2 r1 , sendo r e 1 r os 2vetores posição de cada uma delas.
R: Não foi especificado se as partículas eram distinguíveis, bósons ou férmions.
b) ( F ) Se à hamiltoniana de um sistema adicionarmos um potencial constante V então 0
o número total de autovalores da hamiltoniana irá aumentar. R: Falso, o espectro apenas será deslocado.
c) ( V ) A paridade das autofunções do oscilador harmônico unidimensional implica que o valor esperado do operador x será nulo para os estados com número quântico n ímpar.
R: Será sempre nulo se calculado entre estados com n par ou ímpar.
d) ( F ) As funções de onda de uma molécula de monóxido de carbono, CO, devem ser ou pares ou ímpares sob uma operação de inversão espacial.
R: Não terão paridade definida já que a hamiltoneana não apresenta simetria de inversão espacial.
e) ( F ) Só existe efeito Zeeman se levarmos em conta o spin do elétron.
R: o campo magnético externo atua no momento de dipolo magnético orbital do átomo. 7 A) Alternativa C
Evidentemente os ângulos A e C são iguais.
Chamando a diagonal dscrita pelo raio por x escrevermos sen(A-B)=d/x e cos(B) =t/x o que resulta ) cos( ) ( B B A sen t d 7 B) Alternativa E
A caminho descrito pela onda até a reflexão é
4 2 2 x h l . A diferença de caminho é x l
2 que deve ser igual a m já que numa reflexão a fase da onda é invertida.
m x h x24 2
8A) Alternativa D. No problema da caixa unidimensional, os estado permitidos tem nodos nos limites da caixa. Isto implica um número semi-inteiro de comprimentos de onda para as autofunções na caixa, ou seja, ë=2L/n.
A energia total relativística é dada por E2=(p2c2 + m2c4)1/2. Usando a relação de De Broglie: ë = h/p
Escrevemos: 2 / 1 4 2 2 2 2 2 4 m c L n c h E
8B) Alternativa A. A partícula tem energia menor que a barreira pois a função de onda na região 2 possui termos com exponenciais de argumento real.
O coeficiente de transmissão da barreira será dado por 2
2 | | | | A F T
Se L1, podemos desprezar o termo contendo eLquando comparado com eL na
expressão dada para F. Desta maneira obtemos
) ( 16 2 2 2 2 2 k e k T L
, que pode ser reescrito como:
/ ) ( 8 0 0 0 ) 1 ( 16 mV E L e V E V E T 9A) Alternativa C.
A energia potencial magnética é proporcional à mj=(m + ms), então:
i) 3S1/2 abrirá em dois níveis
ii) 3P1/2 abrirá em dois níveis
iii) 3P3/2 abrirá em quatro níveis
iv) as transições permitidas 3p->3s serão um total de 10. 4 são relativas à transições 3P1/2 -> 3S1/2 e 6 relativas à 3P3/2 ->3S1/2. Para estas últimas transições foram excluídas
duas que violam a regra de seleção ∆mj=0;±1.
9B) Alternativa A. O elemento de matriz para este sistema é dado por
x dx
pif i f . Utilizando as autofunções e as integrais definidas fornecidas no formulário calcula-se os elementos de matriz.
i) m p 2 1 21
ii) p31 0 iii)
m p32
10A) Alternativa E. As autofunções incluindo o termo temporal são escritos como:
/ 1 1
)
/
(
2
)
(
iEte
L
x
Cos
L
x
; / 2 2)
/
2
(
2
)
(
iE te
L
x
Sen
L
x
onde E1 e E2 são dados por 2
2 2 2 2mL n En . Então E2 = 4E1 = 2 2 2 4 mL .
Calculando <x> entre –L/2 e L/2 e usando a integral indefinida fornecida no formulário, encontramos: t mL L x 2 2 2 2 3 cos 9 16 10B)Alternativa B.
No Lab, os 4-momentos são A A A p c E p ,
m c,0
pB B Assim, B A p p p . No ref. CM,
M M M
c2 p p C D E , que é um invariante relativístico. Calculando no ref. lab,
e igualando as expressões vem