4πε Igualando os dois termos teremos:

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA CENTRO DE CIÊNCIAS FÍSICA E MATEMÁTICAS DEPARTAMENTO DE FÍSICA PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM FÍSICA Eame de Seleção - Segundo Semestre de 1 GABARITO DA PROVA 1A Alternativa (c) Da lei de Gauss temos ε E nda = Q int A simetria esférica do problema nos permite escolher uma superfície de integração esférica, de raio R de modo que teremos r εe4πr = ρ r senθdrdθdφ R ρr O que resulta E = 5ε O campo na superfície da esfera com carga Q será: Q E = 4πε R Igualando os dois termos teremos: 5 Q ρ = 3 4π R (Obs No enunciado desta questão, os parênteses na densidade de carga ficaram 5 Q colocados na posição errada Desta maneira, a resposta seria ρ = 4 4π R Neste caso, o critério de correção da questão foi o desenvolvimento apresentando Todos os alunos que fizeram o desenvolvimento correto receberam 1 ponto Alguns argumentaram que nenhuma das alternativas poderia estar correta, porque as unidades não estavam corretas A este tipo de resposta também foi atribuído 1 ponto) 1B Alternativa (d) Q Definimos para a distribuição dq = λd com λ = Assim, um elemento de carga a eerce uma força na carga dois cujo módulo é: dqq df = 1 4 πε ( a + d), e a força total será λdq F1 = 4πε ( a + d) Resolvendo a integral temos a

2 Q F1 = 4 πε d( a + d) O módulo da carga força da carga três na carga dois será: Q F1 = 4πε r Igualando ambas as forças teremos r = d( d + a) A a) Falso Basta que B seja paralelo a v b) Falso O campo elétrico será variável no tempo no interior do capacitor Assim, teremos uma corrente de deslocamento não nula, resultando em um campo magnético não nulo c) Verdadeiro Nenhuma radiação será emitida na direção de aceleração de uma carga 1 d) Falso O vetor de Poynting dá S = E B dá a direção de propagação da µ radiação, e eige direção e sentido dos campos elétricos e magnéticos e) Verdadeiro Cada par de espiras funcionam como dois fios paralelos, com correntes paralelas Neste caso, a força resultante será atrativa B a) Falso A identificação do caráter ondulatório da luz não eige o conhecimento de sua origem física Basta fazermos uma eperiência de difração b) Verdadeiro Basta lembrarmos que ondas planas incidindo sobre um espelho parabólico convergem para o foco Então, vendo o sistema no tempo inverso, concluímos que a afirmação é verdadeira c) Verdadeiro Onde há uma superposição construtiva, haverá um fluo de energia não nulo Onde há superposição destrutiva, o fluo será nulo d) Falso Raios-X são ondas eletromagnéticas, logo, são transversais e) Falso Ela nos diz que sob certas circunstâncias, teremos evidenciado a caráter ondulatório, sob outras, o corpuscular Uma teoria não pode inviabilizar os resultados de um eperimento 3A Alternativa (c) A área da espira será dada pela integral A = A = C 3 B t ε = ΦB = Ct C t t T 3 A = c c d + c c c 4d

3 B t ε = C C T 3 Em t = T teremos B ε = C C T 3 Para determinar o valor máimo, fazemos B = = C C ε T 3 resultando B C = T 3B Alternativa (d) A força nos três segmentos horizontais será F ( ilb ilb 4ilB ) ˆ 1 = + + j No segmento vertical da direita, teremos dl = dyj ˆ e = L Resolvendo d F = idyj ˆ ( B ˆ k + Biˆ) Resulta F ilb iˆ ilb kˆ = No segmento vertical da esquerda, teremos dl = dyj ˆ e = L Resolvendo df = idyj ˆ ( B ˆ k Biˆ) Resulta F ilb iˆ ilb kˆ 3 = Somando as três forças temos = ilb ˆj ilb kˆ F T 4 4A Alternativa (a) A força gravitacional resultante sobre a lua nas três situações é a soma da força gravitacional eercida pela Terra e pelo Sol sobre ela I) Verdadeiro Como D TS >> D TL, vamos considerar na situação (a) que a distância do Sol até a Lua é aproimadamente igual a distância do Sol até a Terra (D SL D ST ), neste caso a força gravitacional resultante sobre a Lua pode ser escrita como: Sendo F TL o módulo da força gravitacional da Terra sobre a Lua (que é a mesma nos 3 casos): Sendo F SL o módulo da força gravitacional do Sol sobre a Lua: Então:

4 II) Verdadeiro Agora, D SL = D ST + D TL = III) Falso Agora, D SL = D ST - D TL = Mas, o módulo da força centrípeta da Lua em torno da Terra é igual ao módulo da força gravitacional da Terra sobre a Lua, ou seja, igual a 4B Alternativa (d) I) Falso A máquina de Carnot é a mais eficiente das máquinas e oferece o máimo rendimento, mas um motor em que todo calor removido da fonte quente é convertido em trabalho teria 1% de rendimento, e isso é impossível pela segunda lei da termodinâmica II) Falso Quando uma força eterna atua num oscilador harmônico simples, na condição em que a amplitude do sistema tende a infinito Para a amplitude ser finita e adotar o valor máimo na condição é necessário considerar forças dissipativas agindo no sistema III) Verdadeiro Em temos um ventre, ou seja, a amplitude é máima Para obedecer esta condição temos que:, Como Logo, Mas 5A Alternativa (b) O período de oscilação de um pêndulo simples é: Para o período de oscilação de, tem-se que o comprimento da haste é dado por: A dilatação devido ao aumento da temperatura é: Então o comprimento do pêndulo a é Com isso podese calcular o período do pêndulo na temperatura de Logo, a variação do período de oscilação devido a dilatação é dada por:, que representa o atraso por oscilação completa Como 4 horas oscilações completas, o atraso do relógio é dado por

5 5B Alternativa (c) Aplicando-se a equação de Bernoulli em uma linha de corrente da superfície (S) d água até o orifício (O) tem-se:, onde considera-se que a velocidade de deslocamento do líquido na superfície é desprezível, bem como definimos este o nível de A velocidade de deslocamento d água no orifício é dada por Então, Mas representa a diferença de pressão da parte interna do orifício com a pressão atmosférica da parte eterna (que é igual a pressão atmosférica na superfície d água) Esta diferença de pressão está associada à força eercida pela água na saída do orifício, que faz o sistema carrinho+tanque se mover na outra direção, com aceleração Dessa forma, encontra-se a aceleração do carrinho 6A Alternativa (c) Neste caso precisamos considerar a igualdade das pressões, levando em conta a pressão eercida pela coluna de óleo:, onde 6B Alternativa (a) Definimos F A e F B como os módulos das forças que empurram a viga para cima em A e B, respectivamente, o que representa as leituras nas balanças Como o sistema está em equilíbrio, aplicamos a lei de equilíbrio dos torques em cada uma das etremidades para encontrar F A e F B, Em A: Em B: Logo, Logo, 7A Alternativa (b) Vamos considerar a placa dividida por hastes de comprimento a e largura d A massa da tira (dm) está relacionada com a massa total da placa (M) assim como a área da haste (ad) está relacionada com a área total da placa (ab) Pelo teorema dos eios paralelos:, onde é o momento de inércia de uma haste Então: O momento de inércia da placa é dado pela integral da epressão acima no intervalo

6 Portanto, 7B Alternativa (a) Na condição inicial o sistema possui V 1 = 6,6 litros e T 1 = 4 K Vamos determinar a quantidade de calor trocada e o trabalho realizado nas quatro etapas subseqüentes 1) Epansão isotérmica: ) Resfriamento isovolumétrico: 3) Compressão isotérmica: 4) Aquecimento isovolumétrico: eficiência de uma máquina funcionando como motor térmico é dada razão entre o trabalho total realizado pela quantidade de calor retirada do reservatório quente (que representa as quantidades de calor com sinal positivo) Portanto, 8A Alternativa (e) Para um operador linear: Ô( aψ 1( ) + bψ ( )) = aôψ 1( ) + bôψ ( ) Mostra-se facilmente que 1,,3 e 5 são lineares Para 4 o operador não é linear pois: sen( aψ 1( ) + bψ ( )) = sen( aψ 1( ))cos( bψ ( )) + sen( bψ ( ))cos( aψ 1( )) que portanto é diferente de asen ) bsenψ ( ) 1( ψ + 8B Alternativa (a) 1 e 3 estão corretas ħ d m d ik ( + y) ik ( + y) ( Ae λ() + 1 ) + ( Ae y ) = ikψ ( ) mω λ() = Eλ() ; é a eq de Schrödinger indep do tempo para o oscilador harmônico simples λ() dado acima é a autofunção do estado

7 fundamental e isto ħω é o autovalor A substituição direta na eq de autovalores demonstra está errada pois a aplicação do operador gera uma função proporcional à Cos(Ωt) 9A Alternativa (a) O oscilador harmônico (OH) isotrópico em 3D é um conjunto de três OH independentes e os autovalores são dados por: ( E + Ey + Ez) = ( n + ny + nz + 3 / )ħω Portanto o estado fundamental (n=ny=nz=) abriga duas partículas e terá energia 3 ħω 5 O primeiro estado ecitado tem energia ħω e abriga 6 partículas A nona partícula 7 está no segundo estado ecitado com energia ħω 9B Alternativa (d) Como as funções são ortogonais e normalizadas: ψ = V V * ijkψ nlmdτ δ inδ jlδ mk * Ψ Ψ dτ = A* A[ ] = 1 portanto A =1/ 14 1A Alternativa (c) No referencial do prisma, a luz que se propaga dentro do prisma terá velocidade menor u '= c / n que c podendo ser calculada considerando o índice de refração do meio: No referencial laboratório um observador medirá uma velocidade para a luz no prisma maior que u > u ' e podemos calcular u pela transformação de Lorentz inversa para velocidades e temos: u ' + v c / n + v ( c + nv) u = = = u ' v ( nc + v) ( n + v / c) 1+ c nc

8 1B 1 Falso Com o aumento da temperatura a condutividade elétrica de metais diminui devido ao maior espalhamento das ondas eletrônicas pela rede Falso Apesar de semicondutores poderem apresentar anisotropia direcional em suas propriedades elétricas a grande aplicação tecnológica destes materiais está ligada à magnitude de sua condução elétrica e pelo fato desta poder ser controlada através de dopagem com átomos de diferentes valências 3 Falso Além da banda de valência totalmente ocupada, um isolante precisa de uma grande largura da banda proibida (gap) Tipicamente isolantes tem gap com energia maior que ev 4 Verdadeiro Haletos alcalinos são cristais iônicos e à temperatura ambiente não tem elétrons livres nem mobilidade iônica, possuem banda de valência totalmente ocupada e grande gap 5 Falso Com temperatura zero kelvin todos os elétrons terão energia menor ou igual à Energia de Fermi, porém os elétrons de condução em um metal formam uma banda contínua de energia com ocupação dada pelo número de estados N(E) que cresce aproimadamente com E 1/