GABARITO DA PROVA. para cada massa, com origem no vértice 2. l, a energia mecânica total será E U 3., obtemos os valores máximo e mínimo de l.

Texto

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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)UelUg com

0

2 2 1 ) (l k l l Uel   e 2 3 ) (l mgl

Ug  para cada massa, com origem no vértice superior.

A posição de equilíbrio é dada por 0

dl dU

, o que leva à leql0  3mg/k.

Se o corpo for solto de l l0, a energia mecânica total será EU

 

l0 mgl0 3 Resolvendo a equação U

 

l mgl0 3, obtemos os valores máximo e mínimo de l que são

0

l

l  e ll02 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 Frcp   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)

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 

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 T17o 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   vks  1 y (x,t) = A sen

kxt

2 y (x,t) = A sen

kxt

y(x,t) =y1(x,t)+ y2(x,t)= 1,2 sen       x 2  cos(100t) cm

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4A) 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 iBLV/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 Xtotal5 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

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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

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corretamente escrita como

( ) ( ) ( ) ( )

2 1 ) , (r1 r2   r1 r2  r2 r1  , sendo r e 1 r os 2

vetores 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.

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m x h x24 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 L1, podemos desprezar o termo contendo eLquando 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

pifif . Utilizando as autofunções e as integrais definidas fornecidas no formulário calcula-se os elementos de matriz.

i)  m p  2 1 21 

(7)

ii) p31 0 iii)

m p32  

10A) Alternativa E. As autofunções incluindo o termo temporal são escritos como:

 / 1 1

)

/

(

2

)

(

iEt

e

L

x

Cos

L

x

;  / 2 2

)

/

2

(

2

)

(

iE t

e

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

pBB  Assim,    B A p p p   . No ref. CM,

M M M

c2 p pCDE

 , que é um invariante relativístico. Calculando no ref. lab,

e igualando as expressões vem

B B A E D C A M c M M M M M E 2 2 2 2 2     

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Referências

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