EUF Exame Unificado das P´ os-gradua¸ os-gradua¸ c˜ c˜ oes oe s em F´ısic ıs ica a Para o segundo semestre de 2016 Respostas esperadas Parte 1 •
Esta E stass s˜ ao ao sugest sug est˜ oes o ˜es de poss´ ıveis ıveis respostas. resp ostas.
Outras possibilidades p ossibilidades tamb´em em podem p odem ser consideradas conside radas corretas, cor retas, desde desd e que equivalentes equivalentes as ` respostas sugeridas abaixo.
u ´ nica for¸ca ca capaz capaz de gerar gerar o torque torque para que a esfera esfera role sem deslizar deslizar ´e o Q1. (a) Sim, pois a unica atrito. (b) Sim, pois o atrito ´e est´ atico atico e n˜ ao realiza trabalho, uma vez que a velocidade do ponto de ao contato entre a esfera e o plano inclinado ´e nula (rolamento ( rolamento sem deslizamento). (c) Tomando Tomando a base do plano como o zero de energia potencial gravitacional, gravitacional, a energia mecˆ anica inicial ´e apenas potencial gravitacional, dada por E i = mgh. mgh . Na base base do plano plano incl inclin inad ado, o, a energia mecˆ anica anica ´e puramente puram ente cin´etica, etica , dada pela pel a energia energ ia cin´etica etica de transla¸ tran sla¸ c˜ao ao do centro de 2 massa (CM) mais a energia de rota¸c˜ cao a˜o em torno do CM, ou seja, E seja, E f f = mv /2 + I ω2 /2, onde v onde v e ω s˜ao, ao, respectivament respectivamente, e, as velocidades velocidades de transla¸ c˜ao ao do CM e angular na base do plano. Por conserva¸c˜ c˜ao ao de energia ener gia mecˆ anica, anica, 1 1 mgh = mgh = mv 2 + I ω2 . 2 2
(1)
Como h´a rolamento sem deslizamento, a velocidade de transla¸c˜ cao a˜o do CM e a velocidade de rota¸c˜ cao a˜o satisfazem v = ωr ω r. Substituindo na Eq. (1) e usando a express˜ao ao para o momento de in´ercia ercia dada no enunciad e nunciadoo obtemos ob temos 10 v= gh. 7
(d) 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 for¸ca ca resultante no eixo y ´e nula. nula . No eixo x, usando a segunda lei de Newton, mg sin θ
− f = ma, = ma,
(2)
at at
onde f at e a for fo rca c¸a de atrito e a a acelera¸c˜ cao a˜o do CM. Para o movimento de rota¸c˜ cao a˜o at ´ = I α, τ = f at at r = I
(3)
onde τ τ ´e o torque em rela¸c˜ c˜ao a o a um eixo que passa pelo CM da esfera e α ´e sua aceler ace lera¸ a¸c˜ cao a˜o angular. angular. Deriv Derivando em rela¸ rela¸c˜ cao a˜o ao tempo a express˜ ao ao do item anterior, v = ωr, ωr , obtemos a = αr = αr.. Levando esta ultima u ´ltima rela¸c˜ c˜ao ao e a Eq. (2) na Eq. (3) obtemos (mg sin θ
2 − ma) ma)r = mr 5
2a
r
,
donde
5 a = g sin θ. (4) 7 Dado que a ´e constante, podemos po demos usar a seguinte rela¸ c˜ cao, a˜o, v´alida alida para um movimento uniformemente memente acelerado, acelerado, v 2 = v02 + 2a∆x = 2ah/ sin θ,
(5)
onde v0 = 0 ´e a veloci velocidade dade no instan instante te inicial inicial e ∆x = h/ sin θ o deslocamento no eixo x. Levando a Eq. (4) na Eq. (5) v=
10 gh, 7
que coincide com o resultado j´ a encontrado no item (c). 1
u ´ nica for¸ca ca capaz capaz de gerar gerar o torque torque para que a esfera esfera role sem deslizar deslizar ´e o Q1. (a) Sim, pois a unica atrito. (b) Sim, pois o atrito ´e est´ atico atico e n˜ ao realiza trabalho, uma vez que a velocidade do ponto de ao contato entre a esfera e o plano inclinado ´e nula (rolamento ( rolamento sem deslizamento). (c) Tomando Tomando a base do plano como o zero de energia potencial gravitacional, gravitacional, a energia mecˆ anica inicial ´e apenas potencial gravitacional, dada por E i = mgh. mgh . Na base base do plano plano incl inclin inad ado, o, a energia mecˆ anica anica ´e puramente puram ente cin´etica, etica , dada pela pel a energia energ ia cin´etica etica de transla¸ tran sla¸ c˜ao ao do centro de 2 massa (CM) mais a energia de rota¸c˜ cao a˜o em torno do CM, ou seja, E seja, E f f = mv /2 + I ω2 /2, onde v onde v e ω s˜ao, ao, respectivament respectivamente, e, as velocidades velocidades de transla¸ c˜ao ao do CM e angular na base do plano. Por conserva¸c˜ c˜ao ao de energia ener gia mecˆ anica, anica, 1 1 mgh = mgh = mv 2 + I ω2 . 2 2
(1)
Como h´a rolamento sem deslizamento, a velocidade de transla¸c˜ cao a˜o do CM e a velocidade de rota¸c˜ cao a˜o satisfazem v = ωr ω r. Substituindo na Eq. (1) e usando a express˜ao ao para o momento de in´ercia ercia dada no enunciad e nunciadoo obtemos ob temos 10 v= gh. 7
(d) 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 for¸ca ca resultante no eixo y ´e nula. nula . No eixo x, usando a segunda lei de Newton, mg sin θ
− f = ma, = ma,
(2)
at at
onde f at e a for fo rca c¸a de atrito e a a acelera¸c˜ cao a˜o do CM. Para o movimento de rota¸c˜ cao a˜o at ´ = I α, τ = f at at r = I
(3)
onde τ τ ´e o torque em rela¸c˜ c˜ao a o a um eixo que passa pelo CM da esfera e α ´e sua aceler ace lera¸ a¸c˜ cao a˜o angular. angular. Deriv Derivando em rela¸ rela¸c˜ cao a˜o ao tempo a express˜ ao ao do item anterior, v = ωr, ωr , obtemos a = αr = αr.. Levando esta ultima u ´ltima rela¸c˜ c˜ao ao e a Eq. (2) na Eq. (3) obtemos (mg sin θ
2 − ma) ma)r = mr 5
2a
r
,
donde
5 a = g sin θ. (4) 7 Dado que a ´e constante, podemos po demos usar a seguinte rela¸ c˜ cao, a˜o, v´alida alida para um movimento uniformemente memente acelerado, acelerado, v 2 = v02 + 2a∆x = 2ah/ sin θ,
(5)
onde v0 = 0 ´e a veloci velocidade dade no instan instante te inicial inicial e ∆x = h/ sin θ o deslocamento no eixo x. Levando a Eq. (4) na Eq. (5) v=
10 gh, 7
que coincide com o resultado j´ a encontrado no item (c). 1
aˆngulo θ que a haste faz com a vertical. O Q2. (a) Utilizaremos como coordenada generalizada o angulo m´odulo odulo da velocidade veloc idade da part´ıcula ıcula ´e dado por v = l = l ˙θ, de modo mod o que sua energia ener gia cin´etica etica ´e m(l ˙θ)2 T = . 2 A altura na vertical, em rela¸c˜ c˜ao ao a` posi¸c˜ cao a˜o em que θ que θ = 0, 0 , ´e dad dadaa por po r h = l = l a energia potencial gravitacional ´e V = mgl mg l(1
− l cos θ. Segue que
− cos θ).
Finalmente, a Lagrangiana do sistema ´e 2 ˙ 2
mgl (1 − cos θ). − V = ml2 θ − mgl(1 −
L = T = T
(6)
(b) A equa¸c˜ cao a˜o de movimento ´e obtida a partir da equa¸ c˜ cao ˜ao de Euler-Lagrange d dt
− ∂L ∂ ˙θ
∂L = 0. ∂θ
Utilizando a Eq. (6) na equa¸c˜ cao ˜ao acima, temos θ¨ =
− gl sin θ.
(c) Nos pontos ponto s de d e equil e quil´´ıbrio, ıbrio , dV /dθ /dθ = 0, o que nos d´ a sin θ = 0, ou seja, os pontos procurados s˜ao ao θ = 0 e θ = π = π.. Para avaliar a estabilidade dos pontos de equil e quil´´ıbrio, analisamos ana lisamos o sinal de d2V = mgl mg l cos θ. dθ2 Para θ Para θ = 0, a express˜ao ao acima tem valor positivo p ositivo (m´ (m´ınimo de V de V ), ), caract c aracteriza erizando ndo um equil´ıbrio ıbrio e negativo (m´ aximo aximo de V ), ), correspondendo a um est´ avel avel, enquanto que para θ = π , o sinal ´ in st´ avel ve l. ponto po nto de equil equ il´´ıbrio ıbr io ins (d) Para pequenas oscila¸c˜ coes o˜es em torno de θ = 0, podemos aproximar sin θ movimento fica g θ¨ = θ, l cuja solu¸c˜ cao a˜o geral ´e, e, por inspe¸ insp e¸c˜ c˜ao, ao,
≈ θ. A equa¸c˜ cao a˜o de
−
θ(t) = A sin(ωt sin(ωt + + δ δ ), onde A e δ s˜ao ao constantes arbitr´ arias determinadas pelas condi¸c˜ arias coes o˜es iniciais e ω =
g/l,
que ´e a frequˆ frequˆencia encia (angular) (angular) procurada. Alternativ Alternativamen amente, te, pode-se comparar a Eq. (2) com a equa¸c˜ cao a˜o de movimento de um oscilador harmˆ onico onico simples uni-dimensional de frequˆencia encia (angular) ω , x¨ + ω + ω 2 x = 0, e inferir que no caso em quest˜ ao ao teremos ω = 2
g/l. g/l .
Q3. a) A conserva¸ca˜o de energia nos d´a
E 0 + mc2 =
p2e c2 + m2 c4 + E,
(7)
enquanto a conserva¸c˜ao de momento linear ´e p 0 + 0 = p + pe . b) Da conserva¸ca˜o de momento linear p2e = ( p0
2
− p)
= p 20 + p2
− 2 pp cos θ. 0
Usando que, para os f´ otons, p0 = E 0 /c e p = E/c e levando na Eq. (7) 2
E 0 + mc =
E 02 + E 2
2 4
− 2EE cos θ + m c 0
+ E.
Isolando a raiz quadrada e elevando a equa¸ ca˜o ao quadrado E 02 + E 2 + m2 c4
−
2
E 0 E + mc2 2EE 0 + 2mc2 (E 0 E ) EE 0 + mc2 (E 0 E ) mc2 (E 0 E )
−
− − −
−
Finalmente, 1 E
− E 1
=
0
= E 02 + E 2 2EE 0 cos θ + m2 c4 = E 02 + E 2 2EE 0 cos θ + m2 c4 = EE 0 cos θ = EE 0 (1 cos θ) .
− −
−
1 (1 mc2
−
− cos θ) .
(8)
c) Da rela¸ca˜o entre a energia e o comprimento de onda dos f´ otons hc hc e E = E 0 = , λ λ0 onde λ ´e o comprimento de onda do f´ oton espalhado. Portanto, h (1 cos θ) . λ = λ 0 + mc Para θ = π/2, h λ = λ 0 + . mc
−
c) A energia cin´etia do el´etron espalhado ´e K = Fazendo θ = π/2 na Eq. (8)
donde
p2e c2 + m2 c4 1 E
− E 1
0
2
− mc =
= E 0
− E.
1 , mc2
mc2 E 0 E = . E 0 + mc2
Assim,
−
K = E 0 1
−
2
mc hc = E 0 + mc2 λ0
Finalmente, K =
hc 1 . λ0 1 + λλ 0
C
3
1
2
mc hc + mc2 λ 0
.
Q4. (a) Queremos calcular n | xˆ |n e n | pˆ |n . Utilizando que
mω xˆ 2
a ˆ† =
i p, ˆ − √ 2mω
obtemos
−
xˆ =
a ˆ + ˆa† ,
2mω mω pˆ = i a ˆ† 2 Os elementos de matriz pedidos s˜ ao
=
= i
n | xˆ |n n | pˆ |n
= =
†
a ˆ + ˆa† n ,
| | − |
n | 2mω mω
2
Como
n | aˆ |n n | aˆ |n
a ˆ .
ˆ† n a
ˆ n . a
√ n |n − 1 = nδ , n | √ √ √ n | n + 1 |n + 1 = n + 1δ
n ,n−1
n ,n+1 ,
segue que
n | xˆ |n n | pˆ |n
=
√ √
nδ n ,n−1 +
2mω
mω
= i
√ n + 1δ − √ nδ
n ,n+1
n + 1δ n ,n+1
2
2
x ˆ =
2mω
†
a ˆ + ˆa
†
2mω
a ˆ + ˆa =
2mω
O valor esperado procurado ´e
2
n| xˆ |n = n| 2mω Calculamos cada termo separadamente 2
n| aˆ |n n| aˆ |n n| aˆaˆ |n n| aˆ aˆ |n † 2
†
†
2
†
†
,
n ,n−1
(b) Primeiramente, escrevemos xˆ2 em termos de aˆ e aˆ†
2
†
.
†
a ˆ + ˆaa ˆ + ˆa a ˆ + a ˆ†
2
|
a ˆ + ˆaaˆ + ˆa aˆ + a ˆ†
2
n .
n − 1δ = 0, n| a√ √ n |n − 1 = √ n√ √ √ n| a√ n + 1 |n + 1 = n + 1 n + 2δ = 0, n| a √ n + 1 |n + 1 = (n + 1) n| n = n + 1, n| a n |n − 1 = n n| n = n.
=
n,n−2
†
= = =
n,n+2
†
Juntando todas as contribui¸co˜es 2
n| xˆ |n = 2mω (2n + 1) = mω 4
n +
1 . 2
.
(c) A energia total m´edia em um auto estado do Hamiltoniano ´e
n| H ˆ |n = ω
| n
1 a ˆ† a ˆ + 2
|
1 , 2
n = ω n +
onde usamos o valor esperado do operador n´ umero calculado no item anterior. A energia potencial m´edia em um auto estado do Hamiltoniano ´e
n| ˆV |n = 21 mω n| xˆ |n . 2
Do item anterior
1 n ˆ V n = mω 2 2 mω
| | Finalmente
2
n +
1 ω = 2 2
n +
1 . 2
n| H ˆ |n = 2. n| ˆV |n (d) Primeiro notamos que dˆaH (t) ˆ ˆ ˆ = e iHt/ ˆ e−iHt/ i = a ˆH (t),H a ˆ,H , dt
j´a que o Hamiltoniano comuta com as exponenciais. O comutador procurado ´e
1 ˆ = ω a a ˆ,H ˆ, a ˆ† a ˆ + 2
= ω a ˆ,ˆa† a ˆ ,
onde usamos que um n´ umero comuta com qualquer operador. Mas a ˆ,ˆa† a ˆ = a ˆaˆ† a ˆ
† 2
− aˆ aˆ
j´a que a ˆ,ˆa† = 1. Assim,
= a ˆa ˆ†
†
− aˆ aˆ
a ˆ = a ˆ,ˆa† a ˆ = a ˆ,
dˆaH (t) ˆ ˆ i = ω eiHt/ a ˆe−iHt/ = ωaˆH (t). dt
Resolvendo essa equa¸ca˜o diferencial a ˆH (t) = aˆ (0) e−iωt = a ˆe−iωt .
5
Q5. a) O gr´afico pedido ´e mostrado na Fig. 5:
A
p C
B
rV 0
V 0
V
Figura 1: Gr´afico esquem´ atico mostrando o ciclo num diagrama p x V . b) (i) De maneira geral, o trabalho realizado pelo g´ as num processo revers´ıvel quando o volume varia de V 1 at´e V 2 ´e dado por V 2
W =
pdV
V 1
Portanto, o trabalho realizado no trecho CA ´e nulo, pois n˜ ao h´a varia¸ca˜o de volume. O trecho AB ´e adiab´atico, portanto n˜ ao h´a troca de calor QAB entre o g´ as e a vizinhan¸ca. Da primeira lei da termodinˆamica ∆U = Q W (U ´e a energia interna),
−
W AB =
−∆U
AB
= ncV (T A
− T ), B
onde usamos a express˜ ao para a energia interna de um g´ as ideal. Finalmente, na isoterma BC , usando a equa¸ca˜o de estado do g´ as ideal, V 0
W BC =
pdV =
rV 0
−nRT ln r. B
Como T C = T B e as isotermas s˜ao hip´erboles p = nRT/V num gr´afico p x V , segue que T min = T B < T A = T max . Logo, usando cV = R/(γ 1), o trabalho total ´e dado por
−
W total =
nR (T max γ 1
−
− T ) − nRT
min ln r.
min
(ii) S´o h´a troca de calor entre o g´ as e a vizinhan¸ca nos trechos BC e CA, pois o processo AB ´e adiab´atico. Como BC ´e uma isoterma, a energia interna do g´ as se mant´em constante e, usando a primeira lei, QBC = W BC = nRT B ln r < 0,
−
o que corresponde a uma libera¸ca˜o de calor do g´as para sua vizinhan¸ca. Na isoc´ orica CA, o trabalho ´e nulo e, usando novamente a primeira lei, QCA = ∆U CA = nc V (T A 6
− T ) = nc (T − T C
V
max
min ).
Portanto, o calor injetado no g´ as ´e Qinjetado =
nR (T max γ 1
− T
min ).
−
c) O rendimento ´e dado por W total =1 Qinjetado
η =
− (T (γ − −1)T T
min min )
max
ln r.
d) Na adiab´atica AB temos que pA V 0 γ = p B (rV 0 )γ
= p A /rγ ,
⇒ p
B
e na isoterma BC temos que pB rV 0 = p C V 0
⇒ p
C
= rpB ,
donde
pC pC γ pA = r r γ −1 = . pB pA pC Da equa¸c˜ao de estado dos gases ideais para a isovolum´etrica CA r =
⇒
pA T A T max = = . pC T C T min Assim, r =
T max T min
1/(γ −1)
.
Levando na express˜ ao para o rendimento, η = 1
−
T min ln (T max T min )
−
T max T min
.
Se T max = 2T min , temos que η=1
− ln 2 ≈ 0.31,
e o rendimento da m´ aquina de Carnot correspondente ´e ηCarnot = 1 de forma que
η ηCarnot
− T T
min
= 0.5,
max
= 2(1
− ln2).
O rendimento da m´ aquina ´e menor do que o da m´ aquina de Carnot correspondente. Isso ´e o esperado porque uma das consequˆencias da segunda lei da termodinˆ amica ´e que nenhuma m´aquina operando entre dois reservat´ orios a temperaturas T max e T min pode ter rendimento maior que a m´aquina de Carnot entre esses reservat´ orios.
7
EUF Exame Unificado das P´ os-gradua¸c˜ oes em F´ısica Para o segundo semestre de 2016 Respostas esperadas Parte 2 •
Estas s˜ ao sugest˜oes de poss´ıveis respostas. Outras possibilidades tamb´em podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes as ` respostas sugeridas abaixo.
Q6. a) Pela lei de Gauss, de maneira geral, sabemos que: dS = q V , E 0 S
·
(9)
onde a integral ´e feita sobre a superf´ıcie S de uma regi˜ao V e q V ´e a carga total contida em V . Tomaremos, nessa quest˜ ao, regi˜oes esf´ericas de raio r centradas no centro da esfera isolante. = E ˆ Por simetria, o campo el´etrico apontar´ a sempre na dire¸c˜ao radial, ou seja, E r. i) Campo el´etrico para r < a: Neste sub-item, escolhemos regi˜ oes esf´ericas de raio r < a, representadas pelas linhas pontilhadas na Fig. 2. Desta forma, a carga em V ´e q V = ρV , 4πρ 3 q V = r . 3 Aplicando a Eq. (9) e usando que o campo el´etrico ´e radial E 4πr 2 =
4πρ 3 r . 30
Portanto, a magnitude do campo el´etrico ser´ a dada por E =
ρ r. 30
ii) Campo el´etrico para a < r < b: Neste caso, as regi˜ oes esf´ericas tem raio r tal que a < r < b, como mostrado na Fig. 3. A carga total contida em V ´e q V = Q. Aplicando a Eq. (9) e usando que o campo el´etrico ´e radial E 4πr 2 =
Q . 0
Portanto, a magnitude do campo el´etrico ser´ a E =
Q . 4π0 r2
iii) Campo el´etrico para b < r < c: Nesta regi˜ ao, queremos o campo el´ etrico dentro de um condutor em equil´ıbrio eletrost´atico (veja a Fig. 4), que sempre se anula. Portanto, E = 0. (iv) Campo el´etrico para r > c: Agora, as regi˜oes esf´ericas tem raio r > c, como mostrado na Fig. 5. A carga contida em V ´e q V = Q. Aplicando novamente a Eq. (9) e usando que o campo el´etrico ´e radial E 4πr 2 =
Q . 0
Portanto, a magnitude do campo el´etrico ser´ a E = 1
Q . 4π0 r2
Figura 2: Regi˜ao V no caso (i) r < a.
Figura 3: Regi˜ ao V no caso (ii) a < r < b.
Figura 4: Regi˜ao V no caso (iii) b < r < c.
Figura 5: Regi˜ ao V no caso (iv) r > c.
b) Em todo condutor em equil´ıbrio eletrost´atico, a carga l´ıquida se distribui na sua superf´ıcie. Vamos denotar por q 1 a carga induzida na superf´ıcie interna do condutor (r = b) e q 2 a a carga induzida na superf´ıcie externa do condutor (r = c). Como dentro do condutor temos E = 0, aplicando a Eq. (9) a uma regi˜ao como as do item (a)(iii) (raio r, tal que b < r < c), a carga total em V nesse caso ´e nula. Portanto,
⇒
q V = Q + q 1 = 0 q 1 = Q.
−
Como, por simetria, a carga se distribui de maneira uniforme na superf´ıcie, segue que a densidade de carga induzida em r = b ´e Q σ1 = . 4πb 2
−
Como o condutor est´ a descarregado, por conserva¸ ca˜o de carga, temos que Qcondutor = 0 = q 1 + q 2 q 2 = q 1
−
Usando novamente que, por simetria, a carga se distribui de maneira uniforme na superf´ıcie, a densidade de carga induzida em r = c ´e σ2 =
2
Q . 4πc 2
c) Esbo¸co do gr´afico E
× r:
Figura 6: Esbo¸co do gr´afico E
3
× r.
0), as equa¸co˜es de Maxwell Q7. a) Pelo formul´ario podemos ver que no v´acuo (onde ρ = 0 e J = s˜ao dadas por
∇ · E ∇ · B ∇ × E
= 0;
(10)
= 0;
(11)
∇ × B
= µ0 0
=
− ∂ ∂tB ;
(12)
∂ E ; ∂t
(13)
Tomando o rotacional da Eq. (12) temos que ) + E
∇ × (∇ ×
∇×
∂ B = 0 . ∂t
(14)
Utilizando a primeira identidade vetorial dada no enunciado juntamente com a Eq. (10), podemos re-escrever o primeiro termo do lado esquerdo da equa¸ c˜ao acima como
∇ × (∇ × E ) = ∇(∇ · E ) − ∇ E = −∇ E . 2
2
Desta forma a Eq. (14) pode ser re-escrita, trocando a ordem das derivadas parciais, como
−∇
∂ E + ∂t
2
∇ ×
= 0 . B
Utilizando a Eq. (13) obtemos a equa¸ca˜o da onda para o campo el´etrico
∇
∂ 2 E E = µ 0 0 2 . ∂t
2
Tomando agora o rotacional da Eq. (13) temos que − µ ∇ × ∇ × (∇ × B) 0 0
∂ E = 0 . ∂t
Utilizando a primeira identidade vetorial dada no enunciado juntamente com a Eq. (11) e trocando a ordem das derivadas parciais, podemos re-escrever a equa¸c˜ao acima como 2
−∇ B −
∂ µ0 0 ∂t
∇ ×
= 0 . E
(15)
Finalmente, utilizando a Eq. (12) no segundo termo da Eq. (15) obtemos 2
∇ B = µ ∂ ∂tB . 2
0 0
2
b) A equa¸c˜ao de onda para uma fun¸ca˜o f (r,t) se propagando com velocidade v ´e dada por 2
∇
1 ∂ 2 f (r,t) f (r,t) = 2 . v ∂t 2 4
(16)
e B ´e Comparando com as Eqs. (15) e (16), notamos que a velocidade de propaga¸ c˜a o de E dada por 1 = µ 0 0 v2
v =
⇒
√ µ1
= c.
(17)
0 0
c) (0,2 pontos) Supondo que E aponte na dire¸c˜ao xˆ e se propague na dire¸c˜ao zˆ , podemos escrever que = E 0 ei(kz −wt) x E ˆ, = B0 ei(kz −wt) yˆ . B
(18)
(19)
O campos “f´ısicos” podem ser escritos como (supondo E 0 e B0 reais) f = Re(E ) = E 0 cos(kz E = B 0 cos(kz B f = Re(B)
− wt)ˆx , − wt)ˆy .
(20)
(21)
Essas solu¸co˜es, de fato, satisfazem as quatro Eqs. (10-13) desde que ω = ck, como pode ser ´e arbitr´ verificado. De maneira geral, a dire¸ca˜ o de E aria, desde que seja perpendicular a z . , B tem e z . Os m´ e B odulos de E Uma vez fixada a dire¸ca˜o de E que ser perpendicular a E s˜ao: E = E 0 cos(kz B = B0 cos(kz
− wt) , − wt) .
d) Tomando a divergˆ encia da Eq. (13) temos
∇· ∇× − B
∂ µ0 0 ∂t
∇ ·
= µ 0 E
∇ · J .
(22)
O primeiro termo se anula pela segunda identidade dada no enunciado. Usando a Eq. (10) ∂ρ + ∂t
∇ · J = 0
ao da carga : em sua forma integral, ela implica que a Esta equa¸ca˜o expressa a lei de conserva¸c˜ taxa de varia¸ca˜o temporal da carga total inclu´ıda em uma regi˜ ao espacial fixa ´e igual ao fluxo de corrente el´etrica entrando pela superf´ıcie que delimita a regi˜ ao.
5
Q8. (a)Das rela¸co˜es fornecidas ˆ H Portanto,
|± = −γB S ˆ |± = ∓ γB2 |± z
|± s˜ao auto-vetores do Hamiltoniano com auto-valores dados, respectivamente, por E ± =
∓ γ 2B .
(b) De maneira geral,
|ψ (t) =
c+ e−i(E + / )t + + c− e−i(E − / )t
|
|−
,
onde c ± s˜ao coeficientes determinados pelas condi¸c˜oes iniciais. Usando as express˜oes dos autovalores do item anterior
|ψ (t) = Em t = 0 temos
i γB t 2
c+ e
−
e
γB 2
|−
t
.
|ψ (t = 0) = [c |+ + c |−] = √ 12 [|+−|−] , √ = −c = 1/ 2. Portanto, +
donde c+
|+ + c
−i
−
−
|
γB 1 ψ (t) = ei 2 t + 2
√
ˆi ´e dada por (c) A m´edia de S
−i
| −e
γB
ˆi = ψ (t) S ˆi ψ (t) S
| |
t
2
|−
.
Utilizando a ψ (t) obtida no item anterior
|
ˆx ψ (t) S
|
t ˆx 1 ei γB 2 = S + 2
= ˆy ψ (t) S
|
|
ei
−i
| −e
γB 2
t
|−− e
−i
2 2 t ˆy 1 ei γB 2 = S + 2
= i ˆz ψ (t) S
√ √ √ √ √ √
γB 2
t
2 2 t ˆz 1 ei γB 2 = S 2
=
ei
2 2
6
2
−i
γB 2
t
−i
|− + e | + − e
|+ + e
t
2
2
γB 2
t
,
t
t
γB 2
|− | |− | |− |− t
+
γB
γB
−i
−i
2
γB
| −e
ei
γB
,
+
t
.
Finalmente,
ψ (t)| S ˆ |ψ (t) x
= =
ψ (t)| S ˆ |ψ (t) y
= =
ˆz ψ (t) ψ (t) S
| |
γB 1 e−i 2 t + 2
√
i γB t 2
|−e
2 2
− 2 cos(γBt) √ 12 e +| − e
−i
γB 2
i γB t 2
t
sin (γBt) 2 γB 1 = e−i 2 t + 2 = 0
√
i γB t 2
|−e
−| √
i γB t 2
e
−| √ i
2 2
−| √ 2 2
ˆx S
=
− cos (γBt)
ˆy S
=
ˆz S
= 0
−i
|−− e
i γB t 2
e
i γB t 2
e
|− + e
|+ + e
γB 2
−i
−i
t
γB 2
γB 2
t
| +
t
| +
|−
2
2
sin (γBt)
(d) Queremos t tal que
|ψ (0) √ 12 [|+−|−]
= =
|ψ (t) , √ 12 e
+i γB t 2
−i
| + − e
γB 2
t
|−
,
onde usamos o resultado do item (b). Por inspe¸ca˜o nota-se que a condi¸c˜ao a ser satisfeita ´e e±i
γB 2
t
=1
⇒ γB2 t = 2nπ
O menor valor de t corresponde a n = 1 t =
7
4π . γB
(n = 1,2, . . .).
Q9. a) Em qualquer outro referencial S , o intervalo invariante ter´a o mesmo valor
2
2
2
∆s2 = (∆x ) + (∆y ) + (∆z )
2
−c
2
(∆t ) .
Se nesse referencial os eventos ocorressem no mesmo ponto do espa¸co, ∆x = ∆y = ∆z = 0 e ter´ıamos ∆s2 = c2 (∆t )2 < 0, o que contradiz o enunciado. Portanto, esse referencial n˜ ao existe.
−
b) Como o intervalo invariante ´e positivo ∆x2 + ∆y2 + ∆z 2 > c2 ∆t2 . entre os eventos, ter´ıamos ∆x = V x ∆t, Supondo a propaga¸ca˜o de um sinal com velocidade V ∆y = V y ∆t e ∆z = V z ∆t. Levando na desigualdade acima
V x2 + V y2 + V z2 ∆t2 > c2 ∆t2 .
Assim, ter´ıamos V x2 + V y2 + V z2 = V 2 > c2 . Portanto, o sinal teria que se propagar com uma velocidade maior do que a da luz, o que ´e imposs´ıvel. c) (i) Como o rel´ogio est´ a em repouso em S , ∆x = ∆y = ∆z = 0 e ∆s2 = sinal ´e negativo.
2
−c
(∆t )2 < 0. O
(ii) Observados no referencial S , os eventos s˜ao tais que ∆x = V x ∆t, ∆y = V y ∆t e ∆z = V z ∆t. Logo, 2 ∆s2 = V x2 + V y2 + V z2 ∆t2 c2 ∆t2 = c2 (∆t ) ,
−
−
onde usamos que o valor do intervalo invariante n˜ao depende do referencial. Segue que
∆t =
1
−
V 2 ∆t. c2
d) (i) No referencial de laborat´ orio S , a separa¸ca˜o espacial entre os eventos ´e a distˆ ancia entre F e D e a separa¸ca˜o temporal ´e o tempo que a part´ıcula leva para viajar entre um e outro ∆x = L
e ∆t =
L . V
(ii) No referencial da part´ıcula, os eventos ocorrem no mesmo ponto espacial e a separa¸ c˜ao 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 Usando a express˜ao para ∆t obtida no item anterior V .
−
L =
1
8
−
V 2 L. c2
Q10. a) A fun¸ca˜o de parti¸ca˜o ´e obtida somando sobre todos os estados do sistema com o peso de Boltzmann
∞
∞
dxdp exp h −∞
Z = Tre−βH =
−∞
onde β −1 = k B T . Usando
∞ 2
dxe−ax =
−∞
obtemos
π Z = h Z =
p2 mω 2 x2 β + 2m 2
−
,
π , a
2m β
2 βmω 2
2πk B T kB T = . hω ω
b) Como os osciladores s˜ao independentes, o n´ umero m´edio n(x)dx pedido ´e igual a 3N vezes a probabilidade de um oscilador ter sua posi¸ca˜o no intervalo considerado. Esta probabilidade, por sua vez, ´e igual ao peso de Boltzmann integrado sobre todos os valores de momento linear, donde 3Ndx n(x)dx = Z
∞
dp exp −∞ h
n(x)dx = 3Nωdx
p2 mω2 x2 β + 2m 2
−
m exp 2πk B T
−
mω 2x2 2kB T
.
c) A energia potencial m´edia por oscilador ´e
U
= ω = ω Usando que
∞
2
x2 e−x = −∞
∞
mω 2x2 2
−
1 = 3N
−∞
∞
m 2πk B T
−∞
m (kB T ) 2πk B T
n(x)dx
mω 2 x2 2
2kB T mω 2
exp
mω 2 x2 2kB T
∞
dx
2
x2 e−x .
−∞
√ π/2,
U = k 2T . B
Esse resultado ´e o esperado pelo teorema da equiparti¸ c˜ao, que diz que o valor m´edio cl´ assico de cada grau de liberdade quadr´ atico da Hamiltoniana (como a energia potencial) ´e k B T /2. d) Temos que mω 2 x20 kB T = 2 2
⇒
x0 1 f = = d ωd
Para os dados fornecidos f
≈ 0.03 = 3%. 9
kB T . m
EUF Exame Unificado das P´ os-gradua¸ c˜ oes em F´ısica Para o primeiro semestre de 2017 Gabarito Parte 1 •
Estas s˜ ao sugest˜ oes de poss´ ıveis respostas.
Outras possibilidades tamb´em podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes as ` respostas sugeridas abaixo.
Q1. (a) Da componente da segunda lei de Newton na dire¸ca˜o vertical (orientada para cima), a queda ´e descrita por v dv dv dv F = m = mg kmv = (g + kv) = dt dt 0 g + kv onde usamos a condi¸ca˜o inicial de que o corpo parte do repouso. Usando dx 1 = ln(ax + b), ax + b a segue que
− −
⇒
⇒
−
t
−
dt ,
(1)
0
v
dv = g + kv 0 Invertendo a u´ltima rela¸ca˜o
t
−
dt
⇒ ln
0
g + kv = g
−kt.
(2)
g −kt e 1 . k Como v(t) < 0 (corpo em queda), o m´ odulo da velocidade ´e g −kt g v(t) = e 1 = 1 e−kt . k k
| | − − − →∞ − − ⇒ | | − ⇒ − ⇒ − − v(t) =
(3)
−
(b) A velocidade terminal vterm ´e obtida tomando-se o limite t na Eq. (3) g −kt g g vterm = lim e 1 = vterm = . t→∞ k k k (c) A posi¸ca˜o vertical do corpo ´e obtida integrando mais uma vez a Eq. (3) dz g −kt v = = e dt k donde
k g
1
z
t
dz =
0
e−kt
1 dt
0
z (t) =
g 1 k2
e−kt
z =
− kv − kg t.
(d) Das Eqs. (3) e (4),
kz = g
−
e−kt 1 + k k
gt . k
(4)
Eliminando t usando a Eq. (2), encontramos a express˜ ao procurada
−
g kv z (v) = 2 ln 1 + k g Alternativamente, da Eq. (1) dv = dt
a =
v . k
−(g + kv).
Mas dv dv dt a = = dz dt dz v
⇒ v dv = a dz = −(g + kv)dz.
v
z
Logo
− 0
v dv = g + kv
onde usamos o resultado
dz
0
⇒
g ln(g + kv) k2
x dx = bx a ln(a+bx) . a+bx b2
−
Segue que
−
g kv z (v) = 2 ln 1 + k g 1
− kv
v . k
v
0
− t,
z
= z , 0
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 sustenta¸ca˜o do pˆendulo superior. Sejam (x1 ,y1 ) e (x2 ,y2 ) as coordenadas cartesianas das part´ıculas de massas m 1 e m 2 , respectivamente. Ent˜ao, x1 = l 1 sin θ1 , y1 = l 1 cos θ1 , x2 = l 1 sin θ1 + l2 sin θ2 , y2 = l 1 cos θ1 + l2 cos θ2 . donde x˙ 1 = l1 ˙θ1 cos θ1 , x˙ 2 = l 1 ˙θ1 cos θ1 + l2 ˙θ2 cos θ2, y˙ 1 = l1 ˙θ1 sin θ1 , y˙ 2 = l1 ˙θ1 sin θ1 l2 ˙θ2 sin θ2 .
−
−
−
A energia cin´etica da part´ıcula 1 ´e T 1
m1 2 m1 2 ˙ 2 m1 2 ˙2 = x˙ 1 + y˙12 = l1 θ1 cos2 θ1 + l12θ˙12 sin2 θ1 = l θ . 2 2 2 1 1
Para a part´ıcula 2
x˙ 22 = l12 θ˙12 cos2 θ1 + l22 θ˙22 cos2 θ2 + 2l1l2 ˙θ1 ˙θ2 cos θ1 cos θ2, y˙ 22 = l12 θ˙12 sin2 θ1 + l22θ˙22 sin2 θ2 + 2l1 l2 ˙θ1 ˙θ2 sin θ1 sin θ2 , donde T 2
m2 2 m2 2 ˙ 2 = x˙ 2 + y˙22 = l1 θ1 + l22 θ˙22 + 2l1 l2 ˙θ1 ˙θ2 cos(θ1 2 2
A energia cin´etica total ´e
−θ ) 2
m1 2 ˙2 m2 2 ˙2 T = T 1 + T 2 = l1 θ1 + l1 θ1 + l22 θ˙22 + 2l1 l2 ˙θ1 ˙θ2 cos(θ1 2 2
−θ ) 2
.
(b) A energia potencial ´e V =
−m gy − m gy 1
1
2
2
=
−m gl cos θ − m g (l cos θ + l cos θ ) . 1
1
1
2
1
1
2
2
(c) A Lagrangiana ´e L = T
− V
m1 2 ˙ 2 L = l1 θ1 + 2gl 1 cos θ1 2 m2 2 ˙ 2 + l1 θ1 + l22 θ˙22 + 2l1l2 ˙θ1 ˙θ2 cos(θ1 2
− θ ) + 2g (l cos θ + l cos θ ) 2
1
1
2
(d) As equa¸co˜es de movimento s˜ao as equa¸c˜oes de Euler-Lagrange d dt
− ∂L ∂ ˙θi
∂L = 0 (i = 1,2). ∂θ i
Temos para i = 1 ∂L = (m1 + m2 )gl 1 sin θ1 m2 l1 l2 ˙θ1 ˙θ2 sin(θ1 ∂θ 1 ∂L = (m1 + m2 )l12 θ˙1 + m2 l1l2 ˙θ2 cos(θ1 θ2 ), ˙ ∂ θ1
−
−
−
2
− θ ), 2
2
.
e d dt
∂L = (m1 + m2 )l12θ¨1 + m2 l1 l2 θ¨2 cos(θ1 ˙ ∂ θ1
− θ ) − m l l ˙θ sin(θ − θ )(θ˙ − θ˙ ), 2
2 1 2 2
1
2
1
2
e para i = 2 ∂L = m2gl 2 sin θ2 + m2 l1 l2 ˙θ1 ˙θ2 sin(θ1 ∂θ 2 ∂L = m2 l22 θ˙2 + m2 l1 l2 ˙θ1 cos(θ1 θ2 ), ∂ ˙θ2
−
− θ ), 2
−
e
d dt
∂L = m 2l22 θ¨2 m2 l1 l2 ˙θ1 sin(θ1 ˙ ∂ θ2 As equa¸co˜es procuradas s˜ ao, portanto,
−
− θ )(θ˙ − θ˙ ) + m l l θ¨ cos(θ − θ ). 2
(m1 + m2 )(l12 θ¨1 + gl 1 sin θ1 ) + m2 l1 l2[θ¨2 cos(θ1 m2 [l22 θ¨2 + gl 2 sin θ2 ] + m2l1 l2 [θ¨1 cos(θ1
3
1
2
2 1 2 1
1
− θ ) + θ˙ sin(θ − θ )] − θ ) − θ˙ sin(θ − θ )] 2
2
2 2 2 1
1
2
1
2
2
= 0, = 0.
Q3. a) A Hamiltoniana do oscilador isotr´opico ´e 1 mω2 2 2 2 2 H = px + py + pz + x + y 2 + z 2 , 2m 2
que corresponde a` soma de 3 osciladores unidimensionais independentes, um para cada dire¸ca˜o cartesiana. Como os osciladores s˜ ao independentes, os auto-estados do sistema s˜ ao dados pelo produto tensorial (ou Kronecker, ou externo) dos auto-estados de cada oscilador
|n ,n ,n = |n ⊗ |n ⊗ |n , = 0,1,2, . . . (i = 1,2,3 ≡ x,y,z ) e |n s˜ao os auto-estados do oscilador harmˆ onico na 1
2
3
1
2
3
onde ni i dire¸ca˜o i. As auto-energias s˜ao a soma das auto-energias dos 3 osciladores independentes E n =
3 n1 + n2 + n3 + 2
≡ ω
n +
3 2
ω,
onde definimos n = n 1 + n2 + n3 , que ´e um n´umero natural arbitr´ ario. b) E n = 27 ω corresponde a n = n1 + n 2 + n 3 = 2. Esta u´ltima equa¸c˜ao pode ser satisfeita por (n1 ,n2 ,n3 ) = (0,0,2) e suas permuta¸c˜oes (0,2,0) e (2,0,0) e por (n1 ,n2 ,n3) = (0,1,1) e suas permuta¸c˜oes (1,0,1) e (1,1,0), correspondendo a uma degenerescˆencia total de 6. c) Os valores poss´ıveis de serem medidos s˜ ao as auto-energias E n. A probabilidade de se medir a auto-energia E n ´e P n = δ n,n +n +n n1 ,n2,n3 ψ 2 .
1
2
3
n1 ,n2 ,n3
|
| |
Os u ´ nicos valores com probabilidade n˜ ao nula de serem medidos nesse caso s˜ao
3 0+0+1+ 2 3 0+1+0+ 2 3 0+1+1+ 2
5 ω = E 1 2 5 ω = ω = E 1 2 7 ω = ω = E 2 . 2 ω
=
A probabilidade de se medir E 1 = (5/2) ω ´e 2
|0,0,1|ψ| + |0,1,0|ψ|
2
= 1/2 + 1/4 = 3/4.
A probabilidade de se medir E 1 = (7/2) ω ´e
|0,1,1|ψ|
2
= 1/4.
d) O resultado da medida foi E 1 . O estado logo ap´ os a medida ´e a proje¸ca˜o do estado ψ no auto-sub-espa¸c o de E 1 , ou seja,
|
|ψ(t > 0) = α
√ |
1 1 0,0,1 + 0,1,0 2 2
|
,
onde α ´e uma constante de normaliza¸ca˜o. Normalizando o estado, acha-se α 2 (1/2 + 1/4) = 1 α = 2/ 3. Assim, 2 1 ψ(t > 0) = 0,0,1 + 0,1,0 . 3 3
⇒
| |
√
|
4
|
√ |
Q4. (a) Fazendo a mudan¸ca de vari´aveis ν = xT , na express˜ao para a densidade de energia, fornecida no enunciado, obt´em-se 4
u(T ) = T
∞
x3 f (x)dx.
0
4
≡ KT ,
onde K ´e uma constante independente da temperatura. Como u tem dimens˜ ao de energia por unidade de volume, segue que K tem dimens˜ao de energia por unidade por unidade de temperatura absoluta a` quarta potˆencia ou [K ] =
[E ] m = , l3 k4 lt2 k 4
onde m tem dimens˜ ao de massa, l tem dimens˜ao de comprimento, t tem dimens˜ao de tempo e k tem dimens˜ ao de temperatura absoluta e usamos que [E ] = ml 2 /t2 . (b) 2
(i) O fator 8πν dν ´e n´ umero de modos normais de vibra¸c˜ao do campo eletromagn´etico, por c unidade de volume, com frequˆencia no intervalo [ν,ν + dν ]. 3
(ii) Se hν
k
B T ,
exp(hν/kB T )
B T e
≈ 1 + hν/k hν e(hν/k
B
T )
− 1 ≈
a distribui¸c˜ao de energia ´e hν hν kB T
= k B T.
(iii) O resultado obtido no item anterior ´e o que seria obtido utilizando um tratamento cl´assico, via o teorema de equiparti¸cao assicos: kB T /2 para cada termo quadr´ atico na ˜ para osciladores cl´ energia, termo cin´etico e potencial harmˆ onico. (c) Determinamos primeiramente tP . Escrevendo, de maneira geral, tP = G α hβ cγ e levando em conta que [G] = l 3 t−2 m−1 ; [ ] = ml 2 t−1 ; [c] = lt−1 , obt´em-se l3α+2β+γ m−α+β t−2α−β−γ = t. Logo, α = β = 1/2 e γ =
−5/2. Portanto, tP =
A distˆancia de Planck ´e
G
c5
G
lP = ct P = De maneira similar, para a massa de Planck
.
c3
.
l3α+2β+γ m−α+β t−2α−β−γ = m P , que fornece α =
−β = −1/2 e γ = 1/2. Logo, mP = 5
c
G
.
A temperatura de Planck pode ser determinada fazendo a raz˜ ao entre a energia de Planck, 2 mP c , e a constante de Boltzmann 2
m p c T P = = kB
c5
2 GkB
.
Utilizando os valores num´ericos das quatro constantes fundamentais, , c, G e kB
≈ 10−
tP
44
s;
≈ 10−
lP
35
m;
6
≈ 10−
mP
8
kg;
T P
32
≈ 10
K.
Q5. (a) A conserva¸ca˜o de energia interna leva a mx cx (T x
− T
eq )
= (K + mH O cH O )(T eq 2
2
− T
amb )
c )(T − T ⇒ c = (K + m m (T − T ) H 2 O H 2 O
x
x
x
eq
eq
(b) Usando os dados fornecidos e as f´ormulas de propaga¸ c˜ao de erros do formul´ario (30,0 + 50,0 1,0)(27,8 0,1 25,0 200(37,8 27,8 0,1) 2,8 0,14 = 0,40 . 10,0 0,1
×
cx =
×
± − − ±
± ±
± 0,1)
A fra¸ca˜o acima ´e
± ± √ × ± √ × ± ×
2,8 0,14 = 0,28 1 10,0 0,1
± ±
0,14 2,8
2
+
0,1 10,0
= 0,28 1
25
10−4 + 10−4
= 0,28 1
26
10−4
= 0,28 1 5,1 = 0,28 0,014.
10−2
±
Finalmente, cx = 0,40 (0,28 0,014) cx = (0,112 0,006) cal/ (go C).
×
±
7
±
2
amb )
.
EUF Exame Unificado das P´ os-gradua¸ c˜ oes em F´ısica Para o primeiro semestre de 2017 Gabarito Parte 2 •
Estas s˜ ao sugest˜ oes de poss´ ıveis respostas.
Outras possibilidades tamb´em podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes as ` respostas sugeridas abaixo.
ponto P , como mostrado na Q6. a) O elemento de carga dQ do anel produzir´a um campo dE no figura. O m´odulo deste elemento de campo el´etrico ´e dE =
dQ . 4π 0r 2
z d E P !
z
r y R
O
dQ
x
A componente deste elemento de campo el´ etrico perpendicular ao eixo z ´e cancelada pela componente perpendicular ao eixo z produzida pelo elemento de carga situado na posi¸ca˜o diametralmente oposta do anel. Ao somar os elementos de campo el´etrico devido a todos os elementos de carga do anel, apenas sobrevivem as componentes na dire¸c˜ao do eixo z , dE z =
dQ dQ z cos θ = . 4π0 r 2 4π0 r 2 r
Somando todas as contribui¸co˜es dos elementos de carga do anel, obtemos Qz = zˆ Qz = zˆ E . 4π0 r 3 4π 0 (R2 + z 2 )3/2 b) O potencial el´etrico devido ao elemento de carga dQ no ponto P ´e dV (z ) =
dQ . 4π 0 r
O potencial devido a todas as contribui¸co˜es dos elementos de carga do anel ´e obtido somando todas as contribui¸co˜es, donde se obt´em V (z ) =
Q Q = . 4π0 r 4π 0 R2 + z 2
√
c) A energia cin´ etica inicial da part´ıcula ´e nula, porque ela parte do repouso. A energia potencial el´etrica inicial da part´ıcula ´e nula tamb´em, porque qV (z 0) 0 se z 0 R. A conserva¸c˜ao da energia mecˆanica (cin´etica mais potencial el´etrica) nos d´ a a velocidade v no centro do anel via mv 2 mv 2 Q 0+0= + ( q )V (0) = q , 2 2 4π0 R donde qQ v = . 2π 0mR
−
−
−
1
≈
Q7. a) Como o aro ´e quadrado, a a´rea da regi˜ao interna ao aro e contida no retˆangulo sombreado ´e um triˆangulo is´osceles de altura s e aˆngulos internos 45◦ ,90◦ e 45◦ . Portanto, o tamanho da base do triˆangulo ´e 2s e sua a´rea ´e 1 A = s(2s) = s 2 . 2 O fluxo do campo magn´etico atrav´es do aro ´e Φ=
dS = BA = Bs2 , B
·
onde usamos o fato de que o campo magn´etico ´e constante na regi˜ ao sombreada e normal ao plano da figura. y
v
x
L s
B
R
b) A for¸ca eletromotriz induzida pode ser calculada pela lei de Faraday: ε =
ds = −B2s = −2Bsv, − dΦ ∂t dt
e o valor da corrente el´etrica ´e I =
2Bsv . R
(5)
A ´area sombreada diminui com o movimento do aro e, portanto, o fluxo do campo magn´etico tamb´em diminui. O sentido da for¸ca eletromotriz, pela lei de Lenz, ´e anti-hor´ ario para se Segue que a corrente fluir´ contrapor `a diminui¸c˜a o do fluxo de B. a tamb´em no sentido antihor´ario. c) A for¸ca magn´etica sobre um elemento do aro ´e m = I d . dF l B
×
√
2 Os elementos do √ aro dentro da regi˜ ao sombreada s˜ ao: d l = (ˆ xdl + yˆdl) (lado superior 2 esquerdo) e d l = 22 (ˆ xdl yˆdl) (lado inferior esquerdo). A for¸ca magn´etica ´e, ent˜ao,
−
m = I [ dF
−
−
√ 2 2
(ˆ xdl + yˆdl)
× Bzˆ +
√ 2 2
(ˆ xdl
ou m = dF
√ − 2IBdlˆx , 2
− yˆdl) × Bzˆ ] ,
e integrando em dl de 0 a somadas) obtemos
√ 2s (lembrando que as contribui¸co˜es dos dois segmentos j´a foram m = F
−2IBsxˆ .
(6)
Substituindo a Eq. (5) na Eq. (6), obtemos m = F
−
4B 2 s2 v x ˆ . R
Para que o quadrado se mova com velocidade constante, temos que aplicar uma for¸ ca de mesmo m , mas de sentido oposto, isto ´e para a direita (sentido positivo de x). m´odulo que F
3
Q8. a) A parte da Hamiltoniana devida ao campo el´etrico ´e ˆE = ( e)( E ˆ V x) = eE ˆ x,
− −
onde xˆ ´e o operador posi¸c˜ao. A Hamiltoniana total ´e a soma da Hamiltoniana do oscilador ˆE harmˆonico e V pˆ2 mω2 x ˆ2 ˆ H = + + eE ˆ x. 2m 2 b) A core¸ca˜o da energia do primeiro estado excitado em ordem linear em E ´e (1) ˆE 1 = eE 1 xˆ 1 . ∆E 1 = 1 V
| |
||
Podemos usar a defini¸ca˜o do operador de destrui¸c˜ao
√
mω
1 ˆ = a 2 e obter
x ˆ =
Logo, a core¸c˜ao procurada ´e
2mω
∆E 1(1) = eE
pˆ xˆ + i m ω
√
,
(ˆa + ˆa† ).
1|(ˆa + ˆa† )|1 = 0. 2mω
c) A core¸c˜ao da energia do primeiro estado excitado em ordem quadr´ atica em E ´e ∆E 1(2) = =
(1) 1
1|V |δψ
√ | | − 2|2)
eE eE 1 (ˆa + ˆa† ) ( 0 2mω ω 2mω e2 E 2 e2 E 2 = ( 11 2 11 )= . 2mω 2 2mω 2 =
|
| − | −
d) Podemos re-escrever a Hamiltoniana total do sistema como pˆ2 mω2 ˆ H = + 2m 2
eE x ˆ + mω 2
2
−
e2 E 2 . 2mω 2
Definindo xˆ = xˆ + eE/(mω 2 ) e observando que [ˆ x ,ˆ p] = [ˆ x,ˆ p] = i , segue que o Hamiltoniano em termos de xˆ pˆ2 mω2 2 e2 E 2 ˆ H = + (ˆ x) 2m 2 2mω 2 corresponde a um oscilador harmˆ onico simples mais uma constante. Portanto, suas autoenergies s˜ao 1 e2 E 2 E n = n + ω . 2 2mω 2
−
−
Por outro lado, do c´ alculo perturbativo temos (0) E 1
(1) + ∆E 1
(1) + ∆E 1
3 = ω 2
−
e2 E 2 , 2m2ω 2
que ´e igual ao resultado exato. Isto indica que as corre¸ co˜es de ordem superior s˜ ao todas nulas. 4
Q9. (a) Denotemos quantidades no referencial da Terra sem “linha” e no referencial da nave com “linha”. O intervalo de tempo pr´ oprio medido pelos astronautas para a viagem de ida ´e ∆t = 3T/4 anos. O intervalo de tempo medido na Terra, por outro lado, ´e ∆t = cT/V , onde V ´e a velocidade da nave. Da f´ormula de dilata¸ca˜o temporal ∆t = γ (V )∆t = donde se obt´em que
∆t
− 1
V 2 c2
V =
4c . 5
⇒ 43 =
c/V
− 1
V 2 c2
,
(b) A distˆancia D percorrida pela nave em seu pr´ oprio referencial corresponde a` distˆancia percorrida no referencial da Terra cT contra´ıda pelo fator de Lorentz γ (V = 4c ) = 35 . Logo, 5 D = cT/γ = 3cT . 5 (c) Seja t1 = t1 = 0 o instante de emiss˜a o do primeiro pulso com a nave ainda na posi¸ca˜o x1 = x1 = 0. O segundo pulso ´e emitido em t2 = T 0 = 1 ano, na posi¸ca˜o x2 = V t2 (x2 = 0). Esse pulso chegar´ a na Terra em t3 = t 2 + x2 /c = T P , onde T P ´e o per´ıodo procurado, medido no referencial da Terra. Da f´ ormula da dilata¸ca˜o temporal, t2 = γ (V )t2 = 35 anos. Assim,
x 2 V 5 4 T P = t 2 + = t 2 1 + = 1+ = 3 anos. c c 3 5 Alternativamente, da express˜ ao do efeito Doppler da luz com T 0 = 1 ano T P = T 0
1 + V /c = 1 ano 1 V /c
−
1 + 4/5 = 3 anos. 1 4/5
−
(d) A velocidade do m´ odulo espacial no referencial da Terra ´e
−5c + 4c ux + V ux = = 6 4.55 = Vu 1 5.6 1+ c
−
x
2
− 10c .
Portanto, o tempo da viagem de retorno do m´ odulo ´e tR = (cT /2)/ ux =
| |
cT 10 = 5T. 2 c
Este tempo deve ser somado ao tempo necess´ ario para chegar a` metade do caminho antes de ser feito o retorno 5T t1/2 = (cT /2)/V = . 8 Assim, o tempo total procurado ´e ttot = t 1/2 + tR = 5T +
5
5T 45T = . 8 8
Q10. (a) Podemos escrever
1 3 2n + 1 + = ω0 2n + 2 2
E n = ω0
n = 0,1,2, . . .
A fun¸ca˜o de parti¸ca˜o para o ensemble canˆ onico de um oscilador ´e Z 1 =
∞
e−β ω (2n+ ) = e − 3
0
2
3 2
β ω0
n=0
onde β
≡
1 kB T
∞
e−2β ω n = e − 0
3 2
β ω0
n=0
∞
xn ,
n=0
∞ xn = 1/(1 − x), n=0
e x = e −2β ω . Usando
0
3 2
e− β ω Z 1 = . 1 e−2β ω 0
−
0
A fun¸c˜ao de parti¸ca˜o para o sistema de N osciladores ´e Z = Z 1N . A energia interna por oscilador ´e
U 1 ∂ ∂ ∂ 3 u = = ln Z = ln Z 1 = β ω 0 + ln(1 N N ∂β ∂β ∂β 2 3 2 ω0 e−2β ω 3 2 = ω0 + = ω0 + . 2 1 e−2β ω 2 e2β ω 1
−
−
0
−
0
k
e2β ω
u
No limite cl´assico ω0
B T ,
0
≈ ω
0
≈ 1 + 2β ω
0
0
−
e
3 2 3 + = ω0 + kB T 2 2β ω 0 2
≈ k
12
10
8
) 0
!
6
h ( U
4
2
0 0
2
4
6
8
T
Figura 1: Esbo¸co de u x T .
6
10
B T.
− e−
2β ω0
)
(b) A entropia por oscilador ´e S U F u k B ln Z u = = + = + kB ln Z 1 N NT T N T ω0 3 2 3 = + 2β ω kB β ω 0 + ln(1 e−2β ω ) 1 2 T 2 e 2 ω0 /T = 2β ω kB ln(1 e−2β ω ), e 1
−
s =
0
0
−
−
− −
−
−
0
0
onde usamos alguns resultados do item (a). No limite cl´ assico s
≈
2 ω0 /T 2β ω 0
−k
0) B ln(2β ω
= k B 1 + ln
"
'
! !
"
#
$
%
(
Figura 2: Esbo¸co de s x T .
7
&!
kB T 2 ω0
.
EUF Exame Unificado das P´ os-gradua¸ c˜ oes em F´ısica Para o segundo semestre de 2017 Gabarito Parte 1 •
Estas s˜ ao sugest˜ oes de poss´ ıveis respostas.
Outras possibilidades tamb´em podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes as ` respostas sugeridas abaixo.
Q1. (a) As componentes vertical (y) e horizontal (x) da equa¸c˜ao da segunda lei de Newton s˜ao F y = T cos θ mg = m y¨, F x = T sin θ = m x¨,
−
−
onde T ´e a tra¸c˜ao no fio. Para pequenos aˆngulos θ, o movimento ´e aproximadamente horizontal e y = y = ˙ y¨ 0. Assim, T cos θ T mg. A dinˆamica horizontal fica ent˜ ao
≈
≈ ≈ x m¨ x = −mg sin θ ≈ −mgθ ≈ −mg l g ⇒ x¨ + l x = 0.
Esta ´e a equa¸ca˜o do oscilador harmˆ onico simples com frequˆencia angular ω = procurado ´e, portanto, 2π l T = = 2π . ω g
g/l. O per´ıodo
(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 ausˆ encia de varia¸ c˜a o do per´ıodo dentro do intervalo de varia¸ c˜ao dos deslocamentos iniciais, podemos tratar o pˆendulo utilizado com um pˆendulo simples. Assim, utilizando a resposta do item anterior, g = 4π2
l . T 2
Usando os valores medidos g = 4π 2
4,00 = 9,86960 m/s2 , 2 (4,00)
que ainda est´ a expresso com algarismos significativos em excesso. Para o c´ alculo do erro de g, utilizamos ∆g =
∆21 + ∆22 ,
∂g 1 ∆l = 4π2 2 ∆l , ∂l T ∂g l = ∆T = 8π 2 3 ∆T . ∂T T
∆1 = ∆2
−
Usando os dados fornecidos ∆1 = π2 5 10−3 ∆2 = π 2 25 10−3 ,
× × − × × donde √ √ ∆g = π × 650 × 10− = 5π × 26 × 10− ≈ 0,2 m/s . Alternativamente, pode-se argumentar que ∆ ∆ e ∆g ≈ |∆ |. O resultado final ´e g = 9,9 ± 0,2 m/s . 2
3
2
2
3
1
2
2
1
2
Q2. Considerando o sistema de referˆencia da figura abaixo, definimos as coordenadas do corpo A como xA e yA = 0 e do corpo B como xB e yB . Dadas as distˆancias S e r definidas na figura, segue que xB = S + r sin θ, yB = r cos θ,
−
e a inextensibilidade da corda imp˜oe o v´ınculo entre as coordenadas (S
−x
A ) + r = l.
y A M x !
S
r M B
(a) Para esse item, podemos impor θ = 0 desde o in´ıcio. Nesse caso, x˙ B = 0, y˙B = r, ˙ x˙ A = r, ˙
−
onde usamos o v´ınculo na u´ltima equa¸ca˜o. A energia potencial gravitacional do corpo B ´e V = Mgy B = Mgr, onde tomamos a altura y = 0 como referˆencia (e, portanto, o corpo A n˜ao contribui para V ). A Lagrangiana do sistema ´e
−
M 2 2 x˙ A + x˙ 2B + y˙ B 2 = M r˙ 2 + Mgr.
La = La
−
V
A equa¸ca˜o de Euler-Lagrange ´e d dt
∂L a ∂ ˙r
=
∂L a ∂r
⇒ r¨ = g2 ,
2M ¨ r = Mg que ´e a acelera¸ca˜o comum pedida. 2
(b) Deixando agora θ variar, as componentes das velocidades ficam x˙ B = r˙ sin θ + r θ˙ cos θ, y˙ B = r˙ cos θ + rθ˙ sin θ, x˙ A = r, ˙
−
e a Lagrangiana do sistema fica M 2 2 x˙ A + x˙ 2B + y˙B M gy B 2 M 2 M 2 = r˙ + r˙ + r2 ˙θ2 + Mgr cos θ. 2 2
Lb = Lb
A equa¸ca˜o de Euler-Lagrange para r ´e d dt
−
∂L b ∂ ˙r
∂L b ∂r 2¨r = r θ˙2 + g cos θ. =
(1)
A equa¸ca˜o de Euler-Lagrange para θ ´e d dt
∂L b ∂ ˙θ
=
d r 2 ˙θ dt
∂L b ∂θ
2¨ ˙ = 2rr˙ θ + r θ =
−gr sin θ.
˙ 0 na Eq. (1), o lado direito se reduz a g e recuperamos Fazendo θ = θ = r¨ =
g . 2
(c) Nesse caso, precisamos acrescentar as contribui¸co˜es da corda para as energias cin´etica e potencial. A energia cin´etica ´e m T corda = r˙ 2 , 2 j´a que a velocidade da corda ´e a mesma do corpo B e a energia potencial ´e V corda =
r r mg = l 2
−
r , − mg 2l 2
onde usamos que a fra¸c˜ao de massa da corda que pende ao lado da mesa ´e (r/l)m e a altura do seu centro de massa ´e r/2. Portanto, a Lagrangiana fica
−
m 2 mg 2 r˙ + M gr + r 2 2l m 2 mg 2 M + r˙ + M gr + r . 2 2l
Lc = M r˙ 2 + Lc = A equa¸ca˜o de Euler-Lagrange ´e d dt
∂L c ∂ ˙r
=
∂L c ∂r
(2M + m) r¨ = Mg +
3
mg r. l
ener gia total tota l da part´ıcula ıcula 1 ´e E 1 = γ = γmc mc2 . Segundo o enunciado, E 1 = 2mc2 . Portanto, Q3. (a) A energia 1
γ =
− 1
1
v2 c2
= 2,
v2 1 = . c2 4
−
Resolvendo para v , v=
√ 3 2
c.
(b) Da conserva¸c˜ cao a˜o de energia, E 1i + E 2i = E f , 2mc2 + mc2 = γ (V ) V )M c2 3m = γ = γ (V ) V )M
(2)
Da conserva¸c˜ cao a˜o de momento linear γ (v )mv = γ (V ) V )M V 2
√ 3 2
mc = mc =
√
3 mc = mc = γ γ (V ) V )M V.
Dividindo (3) por (2), temos V =
√ 3 3
(3)
c.
(4)
Substituindo (4) em (2), temos M =
3m = γ (V ) V )
− 1
1/3 3m =
2/3 3m =
√
6 m.
(c) A energia ener gia cin´etica etica procura pro curada da ´e dada por K = γ (V ) V )M c2
− Mc
2
= [γ (V ) V )
2
− 1] M c .
Usando o resultado do item anterior, K =
1
− 1
−1 1/3
2
Mc =
√ √ 6 2
4
−1
2
− √
6mc = 3
6 mc2 .
[0,U 0 ], E > V ( V (x) se x ∈ [0,L [0,L]] e E < V ( V (x) se x < 0 ou x > L. Isso Isso lev levaa a Q4. (a) Para E ∈ [0,U
que, nessas duas ultimas u ´ ltimas regi˜oes, oes, a fun¸c˜ cao a˜o de onda decaia exponencialmente com a distˆ ancia ancia ao po¸co, co, o que imp˜oe oe condi¸c˜ coes o˜es de contorno restritivas sobre as solu¸c˜ c˜oes oes da equa¸c˜ c˜ao ao de Schr¨ odinger odinger independente do tempo (ESIT). Como consequˆencia encia dessas condi¸ c˜oes oes de contorno, a ESIT s´ o pode ter solu¸c˜ cao a˜o para valores discretos de E .
(b) Se x < 0 (regi˜ ao a o I) ou x > L (regi˜ao a o III), a fun¸c˜ cao a˜o de onda decai exponencialmente, enquanto que se 0 < 0 < x < L (regi˜ L (regi˜ao ao II) ela tem comportamento oscilat´ orio/senoidal. Assim, de orio/senoidal. maneira geral, I : ψ(x) = Ae −α|x| = Ae αx , x < 0, 0 , II : ψ(x) = C cos(γx cos(γx + + φ), 0 < x < L, β |x−L| − I II : ψ(x) = Be = B = Bee−β(x−L) , x > L. B e (c) A ESIT ´e uma equa¸ c˜ cao a˜o diferenci diferencial al linear linear de segunda segunda ordem. ordem. Logo, Logo, para um potencial potencial cont´ınuo ınuo por po r part p artes es n˜ ao ao infinito, a fun¸c˜ cao a˜o de onda e sua primeira derivada s˜ ao ao sempre sem pre cont´ınuas. ınua s. Impondo essas condi¸c˜ coes o˜es nas descontinuidades do potencial em x = 0 e x = L = L ψ (x = 0− ) = ψ( ψ (x = 0+) ψ (x = L = L − ) = ψ( ψ (x = L = L +) ψ (x = 0− ) = ψ (x = 0+) = L − ) = ψ (x = L = L +) ψ (x = L A ESIT
= C cos cos φ ⇒ A = C cos(γL + + φ) = B ⇒ C cos(γL Aα = = −γC sin sin φ ⇒ Aα sin(γL + + φ) = −βB . ⇒ −γC sin(γL
2
(5) (6) (7) (8)
2
V (x)ψ (x) = Eψ E ψ (x) ⇒ − ψ (x) = [E − V ( V (x)] ψ (x) − 2 m ψx + V ( 2m
aplicada nas 3 regi˜oes oes nos d´ a 2
I :
− 2 m α ψ(x) = −|U − E |ψ(x) ⇒ α = 2m U − E | , 2mE Eψ (x) ⇒ γ = , − 2 m γ ψ(x) = +Eψ( 2m|U − E | α = . − 2 m β ψ(x) = −|U − E |ψ(x) ⇒ β = α = 2
II :
2
II I :
|
2
0
2
2
0 2
2
0
0 2
De (5) e (6), obtemos A obtemos A e B em termos de C A = C = C cos cos φ, B = C cos(γL cos(γL + φ), que, quando levadas em (7) e (8), fornecem αC cos cos φ = γC sin sin φ γC sin(γL sin(γL + φ) φ) = βC β C cos(γL cos(γL + + φ)
−
⇒ tan φ = −α/γ tan(γL + φ) φ) = β /γ = α/γ. ⇒ tan(γL
(9) (10)
As Eqs. (9) e (10) formam formam um sistema sistema de duas equa¸ c˜oes oes em duas inc´ ognitas, ognitas, φ e E ( E (aatrav´ tr av´es de α e γ ), ), que pode ser resolvido para achar a energia E . (d) No limite L 0, podemos ver que a condi¸c˜ cao a˜o na energia se torna α solu¸c˜ c˜ao ao se α 0 ou E U 0 .
→
→
→ →
5
→ −α, que s´o tem
co do ciclo num diagrama P x V ´e Q5. (a) O esbo¸co
(b) Usaremos a conven¸c˜ cao a˜o de que trabalho realizado pelo g´as a s e calor injetado no g´as a s s˜ao ao positiv positivos. os. Nesse Nesse caso, ∆U ∆U = Q W . W . A energi energiaa intern internaa de um g´ as as ideal s´o depende da sua temper temperatu atura ra.. Co Como mo n˜ ao a o h´ a varia¸c˜ c˜ao a o de temperatura no processo 1, a varia¸c˜ cao a˜o da energia interna inte rna ´e nula ∆U 1 = 0. No processo 2 o trabalho ´e nulo, nulo, pois n˜ ao ao h´ a varia¸c˜ c˜ao ao de volume. A varia¸c˜ cao a˜o de energia interna ´e, e, portanto, igual ao calor injetado no sistema (note que n = 1)
−
3R (2T (2T 0 2
∆U 2 = Q 2 = C V ∆ V ∆T T =
. − T ) = 3RT 2 0
0
(c) Como o processo pro cesso 3 ´e isot´ermico ermic o a` temperatura 2T 2T 0, a press˜ao ao ´e dad dadaa por po r 2RT 0 , V
P =
donde se deduz que o trabalho realizado pelo g´ as ´e V 0
W 3 =
V 0
P dV =
V 0 /3
V 0 /3
2RT 0 dV = 2RT 0 ln 3. V
(d) De forma forma semelh semelhan ante te ao feito feito no item item (c), (c), o traba trabalh lhoo reali realizad zadoo pelo pelo g´ as no processo isot´ is ot´ermi er mico co 1 a` temperatura T 0 ´e V 0 /3
W 1 =
V 0 /3
P dV =
V 0
V 0
RT 0 dV = V
−RT ln 3, 0
de tal forma que o trabalho total ´e W tot + W 3 = RT 0 ln 3, onde usamos que o trabalho trabalho tot = W 1 + W ´e nulo nos processos isovolum´ isovolum´eticos eticos 2 e 4. Calor ´e injetado (positivo na nossa conven¸ c˜ao) a o) no sistema apenas nos processos 2 e 3, pois: (i) o calor no processo 1 ´e igual ao trabalho trabalho W 1 (j´a que a energia interna ´e constante, porque a temperatura temperatur a ´e constante) e W 1 < 0 < 0 (ver acima) e (ii) o calor no processo 4 ´e Q4 = C = C V ∆ V ∆T T =
3R (T 0 2
− 2T ) = − 0
3RT 0 2
< 0.
O calor no processo 2 foi calculado no item (b) e ´e Q2 = 3RT 0/2. O calor no processo 3, que ´e isot´ iso t´ermico erm ico,, ´e igual igu al ao trabal tra balho ho realiz rea lizado ado pelo pe lo g´as as Q3 = W 3 = 2RT 0 ln 3, como como calcula calculado do no item (c). O calor total injetado injet ado ´e, e, portanto, p ortanto, Qinj = Q 2 + Q3 = RT 0 6
3 + 2 ln 3 . 2
Finalmente, o rendimento da m´ aquina ´e η=
W tot ln 3 = 3 Qinj + 2 ln 3 2
7
≈ 0,30.
EUF Exame Unificado das P´ os-gradua¸ c˜ oes em F´ısica Para o segundo semestre de 2017 Gabarito Parte 2 •
Estas s˜ ao sugest˜ oes de poss´ ıveis respostas.
Outras possibilidades tamb´em podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes as ` respostas sugeridas abaixo.
Q6. (a) O potencial eletrost´atico total V (z ) ´e a soma dos potenciais dos dois aros. O potencial devido ao aro de carga negativa ´e V − (z ) =
· 2πb √ 1 , − λ4π z + b 2
0
2
j´a que cada elemento de carga do aro est´ a `a mesma distˆancia do ponto P . Analogamente, o potencial devido ao aro de carga positiva ´e V +(z ) =
2λ 2π2b 4π 0
·
Somando as duas contribui¸co˜es λb V (z ) = V − (z ) + V + (z ) = 20
1 . z 2 + (2b)2
√
4 z 2 + 4b2
1 . z 2 + b2
− √
(b) Por simetria, E x (z ) = E y (z ) = 0. O campo el´ etrico ao longo do eixo z ´e E z (z ) =
−
∂V (z ) λbz 4 = ∂z 20 (z 2 + 4b2 )3/2
−
1 . (z 2 + b2 )3/2
(c) Pela segunda lei de Newton aplicada ao sistema, temos m¨ z = qE z (z ), onde E z (z ) ´e dado no item (b). (d) Linearizando o campo el´ etrico do item (b) em torno de z = 0 obtemos
≈ − 4 qλmb z.
z¨
0
2
A equa¸ca˜o diferencial ´e equivalente a` equa¸ca˜o de um oscilador harmˆonico simples com frequˆencia angular qλ ω = . 40 mb2 A frequˆencia de oscila¸c˜ao ´e, portanto,
f =
ω 1 = 2π 4πb
1
qλ . m0
Q7. (a) O campo el´etrico f´ısico ´e dado por
˜ (r,t) E(r,t) = Re E
ˆ Re ei(kz −ωt) + ˆ yRe iei(kz −ωt) = E 0 x ˆ sin(kz ωt)] . x cos(kz ωt) y = E 0 [ˆ
−
−
−
˜ usando a (b) Vamos usar a lei de Faraday. Primeiramente, calculamos o rotacional de E substitui¸ca˜o ik para ondas planas
∇ →
∇×
˜ = E 0 E
i(kz ωt)
x + iˆ y) e − (ˆ x + iˆ y) = E 0 ikˆz × ei(kz −ωt) (ˆ = ikE 0 ei(kz −ωt) (ˆ y − iˆ x) .
∇×
˜ = B ˜ 0 ei(kz −ωt) obtemos Escrevendo o campo magn´etico na forma B ˜ ∂ B = ∂t
−iωB˜ e 0
i(kz ωt)
− .
˜ 0 for tal que Conseguimos ent˜ ao satisfazer a lei de Faraday se a amplitude B
ikE 0 ei(kz −ωt)
∇ × E˜ (ˆ y − iˆ x) ⇒ B˜ 0
=
˜
− ∂ ∂tB .
˜ 0ei(kz −ωt) = iω B E 0 = (ˆ y iˆ x) . c
−
Logo, o campo magn´etico complexo ´e ˜ (r,t) = B
E 0 (ˆ y c
i(kz ωt)
− iˆx) e
− ,
e o campo magn´etico f´ısico ´e
−
˜ (r,t) B(r,t) = Re B
E 0 ˆ Re ei(kz −ωt) ˆ Re iei(kz −ωt) y x c E 0 = [ˆ y cos(kz ωt) + ˆ x sin(kz ωt)] . c =
−
−
(c) A densidade de momento linear ´e g = 0 E
×B
0 E 02 x cos(kz = (ˆ c 0 E 02 ˆ. = z c
− ωt) − yˆ sin(kz − ωt)) × (ˆy cos(kz − ωt) + ˆx sin(kz − ωt))
(d) Escrevendo o vetor posi¸c˜ao em coordenadas cil´ındricas r = ρρˆ + z zˆ e usando o resultado do item (c), obtemos 0 E 02 (ρρˆ + z ˆz) (r) = c 0 E 02 ρ ˆ = φ. c
−
2
× zˆ
Q8. (a) Usando a rela¸c˜ao entre a energia cin´etica e o momento linear (n˜ao-relativ´ısticos) e a rela¸ca˜o de de Broglie p2 = E cin 2m h = λ = p
⇒
=
√ 2mhE
cin
× 2
(9,11
×
6,63 10−34 10−31 ) (22)
× ×
19 )
× (1,6 × 10−
= 0,26 nm.
(b) Numa transi¸ca˜o para o estado fundamental, temos h f = 10,2 eV = 13,6 eV
− 1 1
1 n2
.
Podemos verificar que esta rela¸ca˜o ´e satisfeita para n = 2, uma vez que 13,6
3 × 43 = 136 = 34 × 3/10 = 10,2. 4 10
Assim, o n´umero quˆ antico do estado excitado ´e n = 2. (c) Da rela¸c˜ao de incerteza energia-tempo, temos ∆E ∆t
≥ 2 ⇒ ∆E ≥ 2∆t ≈
10−34 J = 10−7 eV, 8 − 10
que ´e a incerteza procurada.
≡ v/c).
(d) A energia cin´etica relativ´ıstica ´e (β
mc2
E cin = Resolvendo para β 2 ,
β 2 = 1 Como E cin
2
mc2 .
− − − ≈ − − 1
β 2
1 + E cin /mc2
−2
.
mc , podemos expandir at´e primeira ordem, obtendo v2 β = 2 c 2
1
1
2
E cin E cin = 2 . mc2 mc2
Logo,
mv 2 p2 E cin . 2 2m Alternativamente, pode-se apontar que a energia cin´etica do el´etron incidente, 22 eV, ´e muito menor que a energia de repouso da part´ıcula, 511 keV, o que justifica o uso da aproxima¸ c˜ao n˜ao-relativ´ıstica.
≈
3
≈
Q9. (a) Como todo observ´avel, `a Hamiltoniana deve corresponder um operador Hermitiano. Sua representa¸c˜ao matricial ´e realizada por uma matriz Hermitiana, ou seja, uma matriz que ´e igual a sua transposta complexa-conjugada, ou ainda, uma matriz cujos elementos H ij s˜ao tais que H ij = H ji∗ .
∗ e Segue que, para que a matriz fornecida seja Hermitiana, ent˜ ao o elemento que falta ´e M 23 aria ´e zero. E 3 R e sua parte imagin´
∈
(b) A matriz de A ´e evidentemente diagonal e dada na base considerada por
2 0 0 0 2 0 0 0 1
A =
O comutador entre A e H pode ser calculado [A,H ] =
0 0 0
.
0 0 0 M 23 ∗ M 23 0
−
,
e ele ´e, de maneira geral, n˜ ao nulo. Segue que A n˜ao pode ser medido simultaneamente com a energia. Alternativamente, pode-se dizer que A s´o pode ser medido simultaneamente com a energia se M 23 = 0. (c) Devemos diagonalizar a Hamiltoniana. De sua estrutura de blocos, segue que o estado 1 ´e auto-estado de H com auto-valor λ1 = E 1
|
H 1 = E 1 1 .
| | Focando agora no sub-espa¸co gerado por |2 e |3, as outras autoenergias s˜ ao solu¸co˜es de E − λ M det = (E − λ)(E − λ) −|M | = 0 ⇒ λ − λ(E +E )+E E −|M | = 0. M ∗ E − λ
2
23
23
3
2
3
23
2
2
2
3
2
3
23
Resolvendo a equa¸ca˜o de segundo grau, obtemos as outras duas autoenergias λ2,3 =
E 2 + E 3
±
(E 2 E 3 )2 + 4 M 23 2
−
| |
2
.
(d) A Hamiltoniana nesse caso ´e H =
1 0 0 0 3 1 0 1 3
,
e os autovalores s˜ ao, usando o resultado do item (c), λ1 = 1; λ2 = 2;
λ3 = 4.
J´a vimos que o auto-estado de λ1 ´e λ1 = 1 . Os auto-estados de λ2,3 s˜ao obtidos de
| |
− 3
λ2,3 1 1 3 λ2,3
−
4
a = b
0 . 0
2
Para λ2 = 2, o auto-estado ´e
√ →| 1 2
1 1
−
√ 12 (|2 − |3) ,
λ2 =
e para λ3 = 4, o auto-estado ´e
√ →| 1 1 2 1
√ 12 (|2 + |3) .
λ3 =
1 O estado em t = 0 ´e 2 = √ ( λ2 + λ3 ). A evolu¸ca˜o temporal posterior ´e simples na base 2 de auto-estados de H
|
1 ψ(t) = e−i 2 Na base original, o estado ´e
|
|
1 −i t ψ(t) = e (2 2
2
|
√
| |
λ2
t
|λ2 + e−i
λ3
t
|λ
3
1 = e−i 2
√
− |3) + e−i t (|2 + |3) = 1
4
2
4
1 2
0 e−i t + e−i e−i t e−i 4
2
t
4
2
t
5
−
t
.
4
|λ2 + e−i t|λ3 .
e−i t + e−i
O vetor coluna correspondente na base original ´e
2
2
t
|
2 + e−i
4
t
− e−i
2
t
| 3
.
Q10. (a) Nos itens abaixo, 1/β = kB T . Como os ´ıons s˜ao independentes, a fun¸ca˜o de parti¸ca˜o ´e dada pelo produto das fun¸co˜es de parti¸ca˜o de cada ´ıon Z = Z 1N , onde
Z 1 =
e−βDσ
2 1
+βhσ 1
σ1 = 1,0,+1
− βD+βh − = e + 1 + e−βD −βh = 1 + 2e−βD cosh(βh). Logo Z = (1 + 2e−βD cosh(βh))N . (b) A energia livre de Helmholtz por ´ıon ´e f =
F = N
− kN T ln Z = −k B
B T ln
Z 1 =
B T ln(1
−k
+ 2e−βD cosh(βh)).
(c) A energia interna por ´ıon ´e dada por u =
U = N
∂ ∂ ln Z = − ln Z . − N 1 ∂β ∂β 1
Calculando a derivada 2e−βD u = −βD (D cosh hβ 2e cosh hβ + 1
− h sinh hβ ) .
(d) Para h = 0, temos que 2De−βD 2D u = −βD = . 2e +1 2 + eβD O calor espec´ıfico ´e dado por D kB T
∂u ∂u ∂β 2D2 e c = = = ∂T ∂β ∂T k T 2 (2 + e B
6
D kB T
)2
.
EUF Exame Unificado das P´ os-gradua¸ c˜ oes em F´ısica Para o primeiro semestre de 2018 Gabarito Parte 1 •
Estas s˜ ao sugest˜ oes de poss´ ıveis respostas.
Outras possibilidades tamb´em podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes as ` respostas sugeridas abaixo.
Q1. (a) As equa¸co˜es de movimento s˜ao
−mgˆz = m ddtv ⇒
Fg =
v˙ x = 0,
v˙ z =
−g.
(b) Integrando em rela¸ca˜o ao tempo as equa¸co˜es de movimento, v˙ x = 0 vx (t) = C 1 vx (0) = v0 cos θ = C 1 vx(t) = v 0 cos θ,
⇒
⇒
v˙ z = g vz (t) = gt + C 2 vz (0) = v0 sin θ = C 2 vz (t) = v 0 sin θ
− ⇒
⇒
−
− gt.
(c) Integrando em rela¸ca˜o ao tempo as componentes da velocidade obtidas no item (b), dx = v x = v0 cos θ dt x(0) = 0 = C 1
x(t) = v 0 t cos θ + C 1
⇒ ⇒
x(t) = v 0 t cos θ,
dz = v0 sin θ dt
− gt ⇒ z (t) = v t sin θ − 12 gt 0 = C ⇒ z (t) = v t sin θ − 12 gt .
z (0) =
0
2
2
+ C 2
2
0
(d) Utilizando os resultados dos itens (b) e (c), L = r
× p = mr × v
L = m x ˆ (v0 t cos θ) + ˆ z v0 t sin θ L =
−
1 2 gt 2
1 ˆ. mgv0 t2 cos θ y 2
×
ˆ (v0 cos θ) + ˆ z (vo sin θ [x
(e) Novamente, utilizando o resultado do item (c), N = r N =
×
Fg
x ˆ (v0 t cos θ) + ˆ z v0 t sin θ
N = (mgv 0 t cos θ) y ˆ.
−
1 2 gt 2
× −
z) ( mgˆ
Comparando os resultados dos itens (d) e (e) temos, como esperado, dL = N . dt
1
− gt)]
Q2. (a) A for¸ca pedida ´e F2 =
−∇U (r) = −ˆrdU dr(r) = −krˆr = −kr = −k(xxˆ + yyˆ). 2
2
(b) A energia cin´etica da part´ıcula ´e dada por 1 1 T = mv2 = m r˙ 2 + r 2 ˙θ2 . 2 2 Como U 1 (y) = λy = λr sin θ, a energia potencial em coordenadas polares ´e 1 U = kr 2 + λr sin θ. 2 A lagrangiana da part´ıcula ´e, portanto,
L = T U, 1 L = m r˙ 2 + r 2 ˙θ2 2
−
Usando
−
1 2 kr 2
− λr sin θ.
∂L = mrθ˙2 kr λ sin θ, ∂r ∂L = mr, ˙ ∂ ˙r ∂L = λr cos θ, ∂θ ∂L = mr2 ˙θ, ∂ ˙θ as equa¸co˜es de movimento de Euler-Lagrange s˜ ao dadas por ∂L d ∂L = 0 m¨ r mrθ˙2 = kr λ sin θ, ∂r dt ∂ ˙r ∂L d ∂L d = 0 mr2 ˙θ = λr cos θ, ∂θ dt ∂ ˙θ dt ¨ 2r r˙ θ˙ + λr cos θ = 0. m r 2 θ +
− −
−
− −
⇒
−
− −
−
⇒
(1)
(c) Utilizando os resultados do item (b), os momentos canonicamente conjugados s˜ ao ∂L pr pr = = m r˙ r = ˙ , ∂ ˙r m ∂L pθ ˙ pθ = = mr 2 ˙θ θ = . mr2 ∂ ˙θ A hamiltoniana ´e dada por p2r p2θ 1 2 ˙ H = pr ˙r + pθ θ L = + + kr + λr sin θ. 2m 2mr2 2
⇒ ⇒
−
(d) O momento angular ´e L = r
× p = mr × v = mrˆr
×
r + r θ˙θˆ = mr 2 ˙θˆ z. r˙ˆ
Comparando o resultado acima com os resultados do item (c), temos que pθ = L z . A equa¸ca˜o de movimento (1) indica que pθ = L z = constante se λ = 0, isto ´e, L ´e conservado apenas na ausˆencia da for¸ca F1. 2
Q3. (a) A forma geral das solu¸co˜es ψ1 (x) (regi˜ao 1: x < 0) e ψ2 (x) (regi˜ao 2: x > 0) ´e ψ1 (x) = A eik1x + B e−ik1x ,
k1 =
ψ2 (x) = C eik2x + D e−ik2x ,
k2 =
√
2mE/ ,
2m(E
− V )/ , 0
onde A, B, C e D s˜ao constantes complexas a serem determinadas. (b) O percentual pedido ´e dado pelo coeficiente de reflex˜ ao, que ´e obtido da raz˜ ao entre as dψ i ∗ dψ densidades de corrente J = 2m (ψ dx ψ dx ) das ondas refletida e incidente. Ele ´e dado por 2 R = |B| . Como as part´ıculas s˜ ao incidentes pela esquerda, D = 0. Os outros coeficientes s˜ ao |A|2 determinados exigindo-se a continuidade da fun¸ ca˜o de onda e sua derivada em x = 0 ∗
−
ψ1 (0) = ψ 2 (0) ψ1 (0) = ψ 2 (0)
⇒ ⇒
A + B = C, k1 (A B) = k 2 C.
−
Assim, B k1 k2 = A k1 + k2
− ⇒ R = |B| |A|
2
2
=
k1 k2 k1 + k2
−
(c) Para E < V 0 , a solu¸ca˜o geral ´e
− − −− 2
=
ψ1 (x) = A eik1 x + B e−ik1 x , ψ2 (x) = C e−κx ,
1 k2 /k1 1 + k2 /k1
k1 = κ =
2
=
1
(E
V 0 )/E
1+
(E
V 0 )/E
2
.
√
2mE/ ,
2m(V 0
− E )/ > 0,
onde A, B e C s˜ao constantes complexas a serem determinadas e j´ a exclu´ımos um termo com exponencial crescente para x > 0 por corresponder a uma fun¸ca˜o de onda que n˜ ao ´e limitada superiormente quando x + .
→ ∞
(d) A probabilidade pedida ´e o coeficiente de reflex˜ ao R = ψ1 (0) = ψ 2 (0) ψ1 (0) = ψ 2 (0)
⇒ ⇒
|B|2 , |A|2
A + B = C, i k1(A B) =
−
como no item (b).
−κ C,
donde B k1 iκ = A k1 + iκ
− ⇒ R = |B| |A |
2
2
3
=
k12 + κ2 = 1. k12 + κ2
Q4. (a) Do gr´afico, pode-se estimar y1 ≈ 25µm. Para o aˆngulo, se L ´e a distˆancia da grade ao plano do detector
θ1
≈ tgθ
1
= y 1 /L =
2,5
× 10
−5
= 2,0
1,25
−5
× 10
rad.
(b) Se d ´e a separa¸ca˜o entre as fendas da grade, a condi¸c˜ao para interferˆencia construtiva ´e, do formul´ ario, d senθn = nλ. Para o primeiro m´ aximo (n = 1) λ = d senθ1
−9
≈ d θ = (100 × 10 1
)(2,0
× 10
−5
) = 2,0
× 10
−12
1
(c) A massa molar do C60 ´e 60
m.
× 12 = 72 × 10 g/mol. Logo, a massa de uma mol´ecula ´e 72 × 10 g M = = 1,2 × 10 kg. 6,02 × 10 1
−24
23
O m´odulo do momento linear de uma mol´ecula ´e p = M v = 1,2
−24
−22
× 10 × 220 = 2,6 × 10
kg m/s.
(d) O comprimento de onda de de Broglie ´e λdB =
h = 6,63 p
−34
× 10
/2,6
4
−22
× 10
= 2,6
× 10
−12
m.
Q5. (a) A press˜ao final P f ´e a soma da press˜ao externa P a e a press˜ao P m devido a` for¸ca da mola. Esta u ´ltima ´e
kx 400 2 = = 1,6 105 N/m2 , −3 A 5 10 onde x ´e a varia¸c˜ao de comprimento do cilindro. Assim P m =
×
×
×
P f = P m + P a = 2,6
× 10
5
N/m2 .
(b) A rela¸ca˜o entre as vari´ aveis termodinˆ amicas iniciais e finais ´e P i V i P f V f = T i T f
⇒ T
f
=
P f V f T i P f T i (L + x) 2,6 300 27 = = = 8,4 P i V i P i L 1 25
×
×
×
× 10
2
K.
Alternativamente, da equa¸ca˜o do g´ as ideal P f V f 2,6 T f = = nR
5
−3
−2
× 10 × 5 × 10 × 27 × 10 5 × 10 × 8,31 −2
2
= 8,4
× 10
K.
(c) O trabalho total W realizado pelo g´ as ´e igual a` soma da varia¸c˜ao de energia potencial el´astica da mola W m com o trabalho W a realizado contra a press˜ ao externa constante kx 2 400 102 (2 10−2 )2 W m = = = 8 J, 2 2 W a = P a ∆V = P a Ax = 1 105 5 10−3 2 W = W m + W a = 18 J.
×
× × × × ×
−2
× × 10
= 10 J,
(d) O calor Q fornecido ao g´ as ´e igual ao trabalho total W calculado em (c) mais a varia¸ca˜o da energia interna do g´ as ∆U ∆U = ncV ∆T = 5 10−2 12,5 Q = ∆U + W = 3,6 102 J.
×
×
×
5
2
2
× (8,4 × 10 − 300) = 3,4 × 10
J,
EUF Exame Unificado das P´ os-gradua¸ c˜ oes em F´ısica Para o primeiro semestre de 2018 Gabarito Parte 2 •
Estas s˜ ao sugest˜ oes de poss´ ıveis respostas.
Outras possibilidades tamb´em podem ser consideradas corretas, desde que equivalentes as ` respostas sugeridas abaixo.
Q6. (a) H´a conserva¸c˜ao de energia mecˆanica dos ´ıons entre a fonte e a fenda de entrada. A energia mecˆanica total ´e a soma da energia cin´etica e potencial el´etrica. Assim, se a velocidade final procurada tem m´ odulo v e as energias mecˆ anicas inicial e final s˜ao E i e E f , respectivamente, 1 E i = qV = E f = mv 2 2
⇒v=
2qV . m
Dentro da cˆ amara, a energia mecˆ anica, que ´e puramente cin´etica, ´e conservada, j´ a que o campo magn´etico n˜ ao realiza trabalho. Portanto, v ´e tamb´em o m´ odulo da velocidade dos ´ıons quando passam pela fenda de sa´ıda. (b) O m´odulo da for¸ca magn´etica Fm dentro da cˆamara ´e
|F | = |q (v × B)| = qvB, m
pois v e B s˜ao perpendiculares entre si. A for¸ca magn´etica ´e a resultante centr´ıpeta respons´ avel pelo movimento circular uniforme dos ´ıons. Portanto, mv2 qvB = r
⇒
qBr m = v
⇒
qB 2 r 2 m = , 2V
onde usamos o resultado do item (a) no u´ltimo passo. (c) A resolu¸ca˜o das medidas de massa ∆m est´a relacionada ao erro na medida do raio ∆r por ∂m ∆m = ∆r ∂r Assim, ∆m =
1,6
−19
⇒
2
qB 2r ∆m = ∆r. V −1
× 10 × (1,00) × 1,0 × 10 4,0 × 10 3
100
−6
× 10
= 4,0
−28
× 10
kg.
(d) A diferen¸ca de massa entre os is´ otopos δm ´e aproximadamente duas vezes a massa do nˆeutron δm = 2 1,7 10−27 kg = 3,4 10−27 kg.
× ×
×
Essa diferen¸ca ´e 8,5 vezes a resolu¸c˜ao do aparelho. Portanto, ´e poss´ıvel distinguir os is´ otopos.
1
Q7. (a) Partindo das equa¸co˜es de Maxwell em meios materiais (dadas no formul´ario) e fazendo ρF = 0, JF = σ E, D = E e B = µ H, E = 0, = ρF ∂ B = , ∂t = 0, ∂ D ∂ E = JF + B = µσ E + µ . ∂t ∂t
∇·D ∇×E ∇·B ∇×H
⇒ ∇·
−
⇒ ∇×
(2) (3) (4) (5)
Deve-se notar que as equa¸co˜es sem fontes n˜ ao s˜ ao modificadas em meios materiais. (b) Tomando o rotacional da Eq. (3)
∇×∇×E
− ∂t∂ (∇×B) ⇒ ∇ (∇·E) − ∇ E = − ∂t∂ (∇×B) 2
=
Usando as Eqs. (2) e (5)
2
∂ ∂t
2
∂ E µσ ∂t
−∇ E = −
∂ E µσ E + µ ∂t
.
Finalmente,
∇ E−
−
∂ 2E µ 2 = 0. ∂t
(c) Supondo que E (x,t) = E 0 ei(kx−ωt) , ∂ 2 E E = = ∂x 2 ∂ E = iωE ∂t ∂ 2 E = ω2 E 2 ∂t 2 k + iµσω + µω 2 E = 0
∇
2
2
−k E
− −
⇒ − Portanto
2
2
k = µω + iµσω = µω
2
σ 1+i . ω
(d) Quando σ = 0, obtemos um k complexo, ou seja, k = kR + ikI , onde kR = Re[k] e ao atenua¸c˜ao da amplitude da onda kI = Im[k]. Haver´a ent˜
E(x,t) = E 0 ei(kx−ωt) = E 0 ei[(kR +ikI )x−ωt] = E 0 e−kI x ei((kR x−ωt) .
Quando σ = 0, k ´e real e a propaga¸c˜ao da onda se d´a com amplitude constante, sem atenua¸ c˜ao.
2
Q8. (a) Medidas da energia d˜ao como resultado auto-valores do hamiltoniano. Ao auto-valor E 0 corresponde unicamente o estado 1 . Portanto, o protocolo P 1 prepara sempre o estado 1 .
|
|
(b) Ao auto-valor E corresponde o sub-espa¸co gerado pelos estados 2 e 3 . Portanto, os estados preparados por P 2 s˜ao da forma
| |
|ψ = C |2 + C |3, 1
2
onde C 1 e C 2 s˜ao n´ umeros complexos quaisquer, n˜ ao simultaneamente nulos. (c) O hamiltoniano total ap´ os t = 0 ´e H =
E 0 0 0 0 E W . 0 W E
Para acharmos os auto-valores, precisamos resolver a equa¸ ca˜o secular
E 0
−λ
0 0
−
0
0 E λ W = 0 W E λ
−
Os auto-valores s˜ao λ0 = E 0 ,
⇒ (E − λ) 0
(E
λ+ = E + W,
2
2
− λ) − W
λ− = E
= 0.
− W.
Um dos auto-vetores ´e o´bvio da forma bloco-diagonal do hamiltoniano.
|λ = |1 0
Os outros auto-vetores de λ± s˜ao obtidos de
E
donde obt´em-se a± =
−λ
W E λ±
±
W
±b
−
±.
∓ a± = b±
W W
W W
∓
a± = b±
0 , 0
Assim, normalizando os auto-vetores,
|λ = √ 12 (|2 ± |3) . ±
(d) Primeiramente, escrevemos o estado inicial ψ(t = 0) = 2 na base de auto-estados de H
| | |ψ(t = 0) = |2 = √ 12 (|λ + |λ ) . +
−
Para t > 0, a evolu¸c˜ao temporal na base de auto-estados de H ´e simples
|
λ+ λ 1 ψ(t) = e−i t λ+ + e−i 2
√
−
|
t
|λ
−
Alternativamente, na base inicial o estado ´e
|ψ(t) |ψ(t)
E +W E 1 t = e−i λ+ + e−i 2
√
|
E W 1 −i E+W t t = e ( 2 + 3 ) + e−i (2 3) , 2 E = e−i t [cos(W t/ ) 2 i sin(W t/ ) 3 ] .
| | | − 3
−
| −| |
W
−
t
|λ
−
.
Q9. (a) A energia dos f´otons E = hc/λ ´e inversamente proporcional ao comprimento de onda. Portanto, os f´ otons espalhados, que transferiram parte de sua energia aos el´etrons, tˆem comprimento de onda maior que os incidentes. Segue que o comprimento de onda dos raios X incidentes ´e λ1 e o comprimento de onda dos f´ otons espalhados ´e λ2 > λ1 . (b) O comprimento de onda do f´ oton incidente ´e λi =
hc 1,24 keV nm ˚. = = 0,54 A E i 23 103 eV
×
(c) O comprimento de onda do f´ oton espalhado ´e, do formul´ario, λ = λ i +
h [1 m0 c
− cos (60 )] = λ + λ2 o
i
C
= 0,54 +
0,0243 ˚. = 0,55 A 2
(d) A varia¸ca˜o da energia total relativ´ıstica do el´etron no evento ´e igual a` varia¸c˜ao procurada de sua energia cin´etica ∆K , j´a que a energia de repouso n˜ ao varia. Como a energia cin´etica inicial do el´etron ´e praticamente nula, sua energia cin´etica ap´ os o espalhamento ´e ∆K . Essa varia¸ca˜o, por sua vez, ´e igual (em m´ odulo) a` varia¸c˜ao da energia do f´ oton no espalhamento, ou seja, hc 1,24 keV nm ∆K = E i = 23 keV = (23 22,5) keV = 0,5 keV. λ 0,055 nm
−
−
−
4
