Libro con resumenes y ejercicios resueltos
Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ... Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ...
Los operadores de este Hamiltoninano actúan del siguiente modo:(L z + 2S z ) | l, s, l z , s z 〉 = (l z + 2s z ) | l, s, l z , s z 〉De modo que la corrección al átomo de Hidrógeno debida al campo Magnético es:donde l z va desde -l hasta l y s z desde -s hasta s.eB2m e c (l z + 2s z )Se nos exige evaluar el espectro con el valor n = 2, por lo que tenemos l = 0, 1 y como se trata del átomo dehidrógeno s = 1/2. Para el estado 2S tenemos:| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E = eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E = − eB2m e cEs posible notar que la degeneración inicial g = (2l +1)(2s+1) = 2 de este estado 2S es eliminada por completo.Y para el estado 2P tenemos:| l, s, l z , s z 〉 = | l, 1/2, −1, +1/2〉 → ∆E = 0| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, −1, −1/2〉 → ∆E = − eBm e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E = eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E = − eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, +1, +1/2〉 → ∆E = eBm e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, +1, −1/2〉 → ∆E = 0Tenemos que este estado tiene degeneración g = (2l + 1)(2s + 1) = 6 (en el inicio), que se reduce a degeneración2.Ahora, nos preocupamos de la corrección spin-órbita. El H interaccion está dado por:H 2 =e22m 2 ec 2 ⃗ S · ⃗L 1 r 3Como la interacción spin-órbita tiene un valor muy pequeño nos mantenemos en la misma base. Entonces, lacorrección a primer orden para este caso está dada por:∆E 2 = 〈l, s, l z , s z | H 2 | l, s, l z , s z 〉 =e22m 2 ec 2 〈l, s, l z, s z | ( ⃗ S · ⃗L 1 r 3 ) | l, s, l z, s z 〉= e22m 2 ec 2 〈l, s, l z, s z | ( S ⃗ | l, s, l z , s z 〉〈l, s, l z , s z | L ⃗ 1| l, s, l z , s z 〉〈l, s, l z , s z |r 3 ) | l, s, l z, s z 〉= e22m 2 ec 2 (s · l)〈l, s, l 1z, s z |r 3 | l, s, l z, s z 〉107
Ahora el elemento de matriz se calculará integrando en el espacio de coordenadas para cada caso.Las integrales a resolver son:donde se tiene que:∫ ∞R2S∗0∫ ∞R2P∗01r 3 R 2Sr 2 dr =1r 3 R 2P r 2 dr =∫ ∞0∫ ∞R2P∗0R2S∗ 1r R 2Sdr1r R 2P drR 2S = √ 1 ( a −3/2 1 − r )e −r/2a2 2aR 2P = 12 √ 6 a−5/2 re −r/2aEn el caso 2S, tenemos que l=0, de modo que la corrección de energía es nula, por lo que solo debemos calcular:Y las correcciones serán:I 2 =∫ ∞R2P∗01r 3 R 2P r 2 dr = 124a 32S:2P:| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E 2 = 0| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E 2 = 0| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, −1, +1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, −1, −1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, +1, +1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, +1, −1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 33.1.5 Problema 5a) Evalúe el orden de magnitud de la interacción entre el campo magnético de una onda plana y el spin de loselectrones atómicos, mostrando que es menor que la perturbación correspondiente al H int entre la “materia” yun campo electromagnético externo discutida en clases. (¡Ojo: se piede un número y no una argumentación detipo existencialista!)b) Considere una onda electromagnética plana, que avanza a lo largo del eje z, polarizada circularmente a laderecha (polarización o helicidad positiva). Demuestre que, si se absorbe un fotón con helicidad positiva, el108
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Los operadores de este Hamiltoninano actúan del siguiente modo:(L z + 2S z ) | l, s, l z , s z 〉 = (l z + 2s z ) | l, s, l z , s z 〉De modo que la corrección al átomo de Hidrógeno debida al campo Magnético es:donde l z va desde -l hasta l y s z desde -s hasta s.eB2m e c (l z + 2s z )Se nos exige evaluar el espectro <strong>con</strong> el valor n = 2, por lo que tenemos l = 0, 1 y como se trata del átomo dehidrógeno s = 1/2. Para el estado 2S tenemos:| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E = eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E = − eB2m e cEs posible notar que la degeneración inicial g = (2l +1)(2s+1) = 2 de este estado 2S es eliminada por completo.Y para el estado 2P tenemos:| l, s, l z , s z 〉 = | l, 1/2, −1, +1/2〉 → ∆E = 0| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, −1, −1/2〉 → ∆E = − eBm e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E = eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E = − eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, +1, +1/2〉 → ∆E = eBm e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, +1, −1/2〉 → ∆E = 0Tenemos que este estado tiene degeneración g = (2l + 1)(2s + 1) = 6 (en el inicio), que se reduce a degeneración2.Ahora, nos preocupamos de la corrección spin-órbita. El H interaccion está dado por:H 2 =e22m 2 ec 2 ⃗ S · ⃗L 1 r 3Como la interacción spin-órbita tiene un valor muy pequeño nos mantenemos en la misma base. Entonces, lacorrección a primer orden para este caso está dada por:∆E 2 = 〈l, s, l z , s z | H 2 | l, s, l z , s z 〉 =e22m 2 ec 2 〈l, s, l z, s z | ( ⃗ S · ⃗L 1 r 3 ) | l, s, l z, s z 〉= e22m 2 ec 2 〈l, s, l z, s z | ( S ⃗ | l, s, l z , s z 〉〈l, s, l z , s z | L ⃗ 1| l, s, l z , s z 〉〈l, s, l z , s z |r 3 ) | l, s, l z, s z 〉= e22m 2 ec 2 (s · l)〈l, s, l 1z, s z |r 3 | l, s, l z, s z 〉107
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