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Mecânica Quântica – Revisões VI

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— 19. Resolução de Exercícios —

Exercício 2 Escolha o conjunto de coordenadas generalizadas que especifica totalmente o estado mecânico de cada um dos sistemas:

  1. Uma partícula de massa {m} que se move ao longo de uma elipse.

    Seja { {x=a\cos\theta}} e { {y=b\sin\theta}}. Então a coordenada generalizada é { {\theta}}. Para o caso do leitor ter ficado surpreso com o facto de só precisarmos de uma coordenada para descrevermos um sistema que aparentemente é bidimensional lembre-se que a nossa partícula está restringida a mover-se ao longo de uma linha que ainda que seja curva não deixa de ser unidimensional. Outra maneira de ver é pensando que temos {2} coordenadas originais e {1} equação de ligação. Assim pelo que vimos em Mecânica Quântica Revisões IV isto quer dizer que temos {2-1=1} graus de liberdade, logo só precisamos de uma coordenada generalizada para descrever os estado mecânico do sistema.

  2. Um cilindro que se move num plano inclinado.

    Se o cilindro descreve um movimento de rotação precisamos de { {x}} a distância percorrida e { {\theta}} que é o ângulo de rotação. Se o cilindro não tem um movimento de rotação só precisamos de { {x}}.

  3. Duas massas num pêndulo duplo

    As coordenadas generalizadas são { {\theta_1}} e { {\theta_2}}.

Exercício 3 Derive as transformações de equações para um pêndulo duplo.

Temos:

  • { {x_1=l_1\cos\theta_1}}
  • { {x_2=l_1\cos\theta_1+l_2\cos\theta_2}}
  • { {y_1=l_1\sin\theta_1}}
  • { {y_2=l_1\sin\theta_1+l_2\sin\theta_2}}

Exercício 4 Mostre que é:

\displaystyle  {\dfrac{\partial \dot{\vec{r}}_\nu}{\partial \dot{q}_\alpha}=\dfrac{\partial\vec{r}_\nu}{\partial q_\alpha}}

Temos

{ {\begin{aligned} \vec{r}_\nu&=\vec{r}_\nu(q_1,q_2,\cdots,q_n,t)\Rightarrow \\ \dot{\vec{r}_\nu}&=\dfrac{\partial\vec{r}_\nu }{\partial q_1}\dot{q}_1+\cdots+\dfrac{\partial\vec{r}_\nu }{\partial q_n}\dot{q}_n+\dfrac{\partial\vec{r}_\nu}{\partial t} \Rightarrow \\ \dfrac{\partial \dot{\vec{r}}_\nu}{\partial\dot{q}_\alpha}&=\dfrac{\partial \vec{r}_\nu}{\partial q_\alpha} \end{aligned}}}

Que é o resultado pretendido

Exercício 5 Considere um conjunto de partículas que descrevem um incremento { {dq_j}} nas suas coordenadas generalizadas. Derive a seguinte expressão { {dW=\displaystyle \sum_\alpha \Phi_\alpha dq_\alpha}} para o trabalho total realizado pela força que actua no sistema e interprete fisicamente o factor { {\Phi_\alpha}}.

Primeiro vamos notar que é

\displaystyle \displaystyle d\vec{r}_\nu =\sum_{\alpha=1}^n \dfrac{\partial \vec{r}_\nu}{\partial q_\alpha}dq_\alpha

Para { {dW}} é

{ {\begin{aligned} dW &=\sum_{\nu=1}^N\vec{F}_\nu\cdot d\vec{r}_\nu\\ &=\sum_{\nu=1}^N\left( \sum_{\alpha=1}^n \vec{F}_\nu\cdot\dfrac{\partial \vec{r}_\nu}{\partial q_\alpha} \right) dq_\alpha\\ &= \sum_{\alpha=1}^n \Phi_\alpha dq_\alpha \end{aligned}}}

e { {\displaystyle \Phi_\alpha=\sum_{\nu=1}^N \vec{F}_\nu\cdot\dfrac{\partial \vec{r}_\nu}{\partial q_\alpha}}} é a força generalizada.

Exercício 6 Mostre que { {\Phi_\alpha=\dfrac{\partial W}{\partial q_\alpha}}}.

Temos

\displaystyle  {\displaystyle dW=\sum_\alpha\frac{\partial W}{\partial q_\alpha}dq_\alpha}

e

\displaystyle  {\displaystyle dW=\sum_\alpha\Phi_\alpha dq_\alpha}

Logo

\displaystyle {\displaystyle \sum_\alpha\left( \Phi_\alpha- \frac{\partial W}{\partial q_\alpha}\right)dq_\alpha=0}

Uma vez que { {dq_\alpha}} são linearmente independentes (ou se preferir, são arbitrários) vem que { {\Phi_\alpha=\dfrac{\partial W}{\partial q_\alpha}}}.

Exercício 7 Derive o lagrangiano de um pêndulo simples e obtenha as equações de movimento

A coordenada generalizada para o pêndulo simples é { {\theta}} e as equações de transformação de coordenadas são { {x=l\sin\theta}} and { {y=-l\cos\theta}}.

A energia cinética é { {K=1/2mv^2=1/2m(l\dot{\theta})^2=1/2ml^2\dot{\theta}^2}}.

A energia potencial é { {V=mgl(1-\cos\theta)}}.

Assim o lagrangiano é

\displaystyle {L=K-V=1/2ml^2\dot{\theta}^2-mgl(1-\cos\theta)}

Uma vez que temos

\displaystyle {\dfrac{\partial L}{\partial \theta}=-mgl\sin\theta}

e

\displaystyle {\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}=ml^2\dot{\theta}}

E a equação de Euler-Lagrange fica

{ {\begin{aligned} \frac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}-\dfrac{\partial L}{\partial \theta}&=0\Rightarrow\\ ml^2\dot{\theta}+mgl\sin\theta&=0\Rightarrow\\ \ddot{\theta}+g/l\sin\theta &=0 \end{aligned}}}

Exercício 8

Duas partículas de massa { {m}} estão ligadas entre si e a duas paredes por molas de constante { {k}}. As partículas deslocam-se ao longo de uma direcção. Use as equações de Euler-Lagrange para descrever o movimento das massas.

A energia cinética é { {K=1/2m\dot{x}^2_1+1/2m\dot{x}^2_2}}.

A energia potencial é { {V=1/2kx^2_1+1/2k(x_2-x_1)^2+1/2kx^2_2}}.

Logo o lagrangiano é { {L=K-V=1/2m\dot{x}^2_1+1/2m\dot{x}^2_2-1/2kx^2_1-1/2k(x_2-x_1)^2-1/2kx^2_2}}.

As derivadas parciais do lagrangiano são:

  • { {\dfrac{\partial L}{\partial x_1}=k(x_2-x_1)}}
  • { {\dfrac{\partial L}{\partial x_2}=k(x_1-x_2)}}
  • { {\dfrac{\partial L}{\partial \dot{x_1}}=m\dot{x}_1}}
  • { {\dfrac{\partial L}{\partial \dot{x_2}}=m\dot{x}_2}}

E as equações de Euler-Lagrange ficam:

  • { {m\ddot{x}_1=k(x_2-x_1)}}
  • { {m\ddot{x}_2=k(x_1-2x_2)}}

Exercício 9

Uma partícula de massa { {m}} move-se sob a acção de um campo central e conservativo. Use coordenadas cilíndricas para derivar:

  1. O lagrangiano A energia cinética é { {K=1/2m(1/2m\dot{\rho}^2+\rho^2\dot{\phi}^2+\dot{z^2})}}. A energia potencial é { {V=V(\rho,\phi,z)}}. Logo o lagrangiano é

    \displaystyle  L=\frac{1}{2}m(1/2m\dot{\rho}^2+\rho^2\dot{\phi}^2+\dot{z^2})-V(\rho,\phi,z)

  2. As equações de movimento
    • { {m(\ddot{\rho}-\rho\dot{\phi}^2)=-\dfrac{\partial v}{\partial \rho}}}
    • { {m\dfrac{d}{dt}\left(\rho^2\dot{\phi}\right)=-\dfrac{\partial V}{\partial \phi}}}
    • { {m\ddot{z}=-\dfrac{\partial V}{\partial z}}}

Exercício 10 Para um duplo pêndulo calcule:

  1. O lagrangiano

    As equações para as transformações de coordenadas são

    • { {x_1=l_1\cos\theta_1}}
    • { {y_1=l_1\sin\theta_1}}
    • { {x_2=l_1\cos\theta_1+l_2\cos\theta_2}}
    • { {y_2=l_1\sin\theta_1+l_2\sin\theta_2}}

    Aplicando { {\dfrac{d}{dt}}} às equações anteriores

    • { {\dot{x}_1=-l_1\dot{\theta}_1\sin\theta_1}}
    • { {\dot{y}_1=l_1\dot{\theta}_1\cos\theta_1}}
    • { {\dot{x}_2=-l_1\dot{\theta}_1\sin\theta_1-l_2\dot{\theta}_2\sin\theta_2}}
    • { {\dot{y}_2=l_1\dot{\theta}_1\cos\theta_1+l_2\dot{\theta}_2\cos\theta_2}}

    Logo a energia cinética é

    \displaystyle  K=1/2m_1l^2_1\theta^2_1+1/2m\left[ l^2_1\dot{\theta}^2_1+l^2_2\dot{\theta}^2_2+2l_1l_2\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2\cos(\theta_1-\theta_2) \right]

    E a energia potencial é

    \displaystyle V=m_1g(l_1+l_2-l_1\cos\theta_1)+m_2g\left[l_1+l_2-(l_1\cos\theta_1+l_2\cos\theta_2)\right]

    Como sempre o lagrangiano é { {L=K-V=\cdots}}

  2. As equações de movimento
    • { {\dfrac{\partial L}{\partial \theta_1}=-m_2l_1l_2\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2\sin(\theta_1-\theta_2)-m_1gl_1\sin\theta_1-m_2gl_1\sin\theta_1}}
    • { {\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta_1}}=m_1 l_1^2\dot{\theta}_1^2+m_2l_1^2\dot{\theta}_1+m_2l_1l_2\dot{\theta}_2\cos(\theta_1-\theta_2)}}
    • { {\dfrac{\partial L}{\partial \theta_2}=m_2l_1l_2\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2\sin(\theta_1-\theta_2)-m_2gl_2\sin\theta_2}}
    • { {\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta_2}}=m_2l_2^2\dot{\theta}_2^2+m_2l_1l_2\dot{\theta}_1\cos(\theta_1-\theta_2)}}

    Assim é

    \displaystyle  {(m_1+m_2)l_1\ddot{\theta}_1+m_2l_1l_2\cos(\theta_1-\theta_2)+m_2l_1l_2\dot{\theta}_2\sin(\theta_1-\theta_2)=-(m_1+m_2)gl\sin\theta_1}

    e

    \displaystyle  {m_2l_2\ddot{\theta}_2+m_2l_1l_2\ddot{\theta}_1\cos(\theta_1-\theta_2)+m_2l_1l_2\dot{\theta}_1^2\sin(\theta_1-\theta_2)=-m_2gl_2\sin\theta_2}

  3. Faça { {m_1=m_2=m}} e { {l_1=l_2=l}} e escreva as equações de movimento.

    Fica como um exercício para o leitor.

  4. Escreva as equações anteriores no limite das pequenas oscilações.

    Se { {\theta\ll 1}} sabemos que { {\sin \theta\approx\theta}} e { {\cos \theta\approx1}}.

    E as equações de movimento ficam

    { {2l\ddot{\theta}_1+l\ddot{\theta}_2=-2g\theta_1}}

    { {l\ddot{\theta}_1+l\ddot{\theta}_2=-g\theta_2}}

Exercício 11 Uma partícula move-se no plano { {xy}} sujeita a uma força central que é uma função da distância entre a partícula e a origem.

  1. Calcule o Hamiltoniano do sistema.

    As coordenadas generalizadas são { {r}} e { {\theta}}.

    A energia potencial é da forma { {V=V(r)}}.

    O lagrangiano é { {L=1/2m(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2)-V(r)}}.

    Os momentos conjugados são:

    \displaystyle  {p_r=\dfrac{\partial L}{\partial \dot{r}}=m\dot{r}}

    \displaystyle  {p_\theta=\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}=mr^2\dot{\theta}}

    O Hamiltoniano fica

    { {\begin{aligned} H&=\displaystyle \sum_{\alpha=n}^np_\alpha\dot{q}_\alpha\\ &=p_r\dot{r}+p_\theta\dot{\theta}-(1/2m(\dot{r^2}+r^2\dot{\theta}^2)-V(r))\\ &=\dfrac{p_r^2}{2m}+\dfrac{p_theta^2}{2mr^2}+V(r) \end{aligned}}}

  2. Escreva as equações de movimento:
    • { {\dot{r}=\dfrac{\partial H}{\partial p_r}=\dfrac{p_r}{m}}}
    • { {\dot{\theta}=\dfrac{\partial H}{\partial p_\theta}=\dfrac{p_\theta}{mr^2}}}
    • { {\dot{p}_r=-\dfrac{\partial H}{\partial r}=\dfrac{p_\theta}{mr^3}-V'(r)}}
    • { {\dot{p}_\theta=-\dfrac{\partial H}{\partial \theta}=0)}}

Exercício 12

Uma partícula descreve um movimento unidimensional sujeita a uma força da forma

\displaystyle F(x,t)= \frac{k}{x^2}e^{-t/\tau}

Onde { {k}} e { {\tau}} são constantes positivas. Calcule o lagrangiano e hamiltoniano. Compare o hamiltoniano com a energia total e discuta se existe conservação de energia para este sistema.

Uma vez que { {F(x,t)= \frac{k}{x^2}e^{-t/\tau}}} vem que { {U=\dfrac{k}{x}e^{-t/\tau}}}.

Para a energia cinética é { {K=1/2m\dot{x}^2}}. Assim o lagrangiano é

\displaystyle L=1/2m\dot{x}^2-\dfrac{k}{x}e^{-t/\tau}

Ora { {p_x=m\dot{x}\Rightarrow\dot{x}=\dfrac{p_x}{m}}}.

E o hamiltoniano é

\displaystyle  {H=p_x\dot{x}-L=\dfrac{p_x^2}{2m}+\dfrac{k}{x}e^{-t/\tau}}

Uma vez que { {\dfrac{\partial L}{\partial t}\neq 0}} o sistema não é conservativo.

Uma vez que { {\dfrac{\partial U}{\partial \dot{x}}=0}} sabemos que é { {H=E}}.

Exercício 13

Considere duas funções das coordenadas generalizadas e os momentos generalizados, { {g(q_k,p_k)}} e { {h(q_k,p_k)}}. O parênteses de Poisson é definido como:

\displaystyle  [g,h]=\sum_k \left(\frac{\partial g}{\partial q_k}\frac{\partial h}{\partial p_k}-\frac{\partial g}{\partial p_k}\frac{\partial h}{\partial q_k}\right)

Mostre que as seguintes propriedades do parênteses de Poisson são válidas:

  1. { {\dfrac{dg}{dt}=[g,H]+\dfrac{\partial g}{\partial t}}}.

    Fica como um exercício para o leitor.

  2. { {\dot{q}_j=[q_j,H]}} e { {\dot{p}_j=[p_j,H]}}.

    Fica como um exercício para o leitor.

  3. { {[p_k,p_j]=0}} e { {[q_k,q_j]=0}}.

    Fica como um exercício para o leitor.

  4. { {[q_k,p_j]=\delta_{ij}}}.

    Fica como um exercício para o leitor.

  5. Mostre que se uma função { {f}} não depende explicitamente de {t} então { {[f,H]=0}}. {f} diz-se uma constante de movimento.

    Fica como um exercício para o leitor.

Se o parênteses de Poisson entre duas funções é nulo então dizemos que as duas funções comutam.

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