Libro con resumenes y ejercicios resueltos
Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ... Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ...
Donde hemos utilizado identidades del rotor. Además:| ⃗ k × ⃗ λ |= kλEl campo magnético queda dado finalmente por:| B ⃗ | = kA (693)Y el Hamiltoniano queda como:| H int/SB | ≈ eBSmc= ekASmc= ekA2mc(694)Aqui ha sido utilizado g = 2 y ha sido transformado ⃗ S según:⃗S = 2 ⃗σBuscamos relaciones entre módulos, ya que buscamos una relación numérica, pero no buscamos específicamenteel valor de los H.Si analizamos H int/MB :H int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗AAnalicemos ahora, el caso del autoestado | 1S〉 del átomo de Hidrógeno; Conocemos la siguiente relación:⃗∇ϕ 1s = − 1 a 0ϕ 1sˆrDe modo que nos es posible escribir:Y podremos hallar una expresión para H int/MB .⃗P = i ⃗ ∇ =ia 0ˆrH int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗A→ H int/MB = − e ˆr ·mc ia ⃗A0Entonces, podemos mezclar las ecuaciones anteriores y obtendremos:⇒| H int/MB |= e A (695)mc a 0ekA| H int/SB || H int/MB | ≈ 2mce mc a 0A| H int/SB || H int/MB | ≈ ka 02(696)Si escogemos λ = 3000 ˙ A,(k = 2π/λ).| H int/SB |≈ 5, 5 × 10−4| H int/MB |115
Queda demostrado.b) Queremos demostrar la posibilidad de una cierta transición en la condición del enunciado. Para ello, demostraremosla no nulidad de los elementos de matrizUtilizamos ahora la aproximación dipolar:〈n | ⃗ λ · ⃗J | m〉 (697)〈n | ⃗ λ · ⃗J | m〉 = −λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉Tomando en cuenta que la onda viaja en la dirección ẑ, los estados de polarización circular arrojan:⃗λ 1 = (î + iĵ) √ 12⃗λ 2 = (î − iĵ) √ 12En primer lugar, estudiaremos el proceso de absorción: Como la helicidad es positiva, utilizaremos ⃗ λ 1 .Usemos este elemento de matriz en coordenadas esféricas, es decir:⃗r = (rsinθcosϕ, rsinθsinϕ, rcosθ)Entonces−λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉 = −λω〈n | (î + iĵ) 1 √2 · ⃗r | m〉= −λω〈n | (î + iĵ) · (rsinθcosϕî + rsinθsinϕĵ + rcosθˆk) 1 √2| m〉= − λω √2〈n | rsinθcosϕ + irsinθsinϕ | m〉Se obtiene:sinθ(sinθcosϕ + isinθsinϕ) = (sinθ) 2 e iϕFinalmente, recordando la forma de los autoestados, separando la parte radial, de la angular y la asimutal, setiene que∫−λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉α e iϕ e −inϕ e imϕEsta integral no será nula solamente si 1 − n + m ≠ 0De modo que si ocurre la transición dada.→ n = m + 1El caso de la emisión es igual, a excepción de que debemos operar con λ ⃗ ⋆1 , lo que resulta en:∫−λω〈n | ⃗ λ ⋆ · ⃗r | m〉α e −iϕ e −inϕ e imϕHaciendo lo mismo, 1 − m + n = 0Quedando demostrado lo solicitado.→ n = m − 1116
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Donde hemos utilizado identidades del rotor. Además:| ⃗ k × ⃗ λ |= kλEl campo magnético queda dado finalmente por:| B ⃗ | = kA (693)Y el Hamiltoniano queda como:| H int/SB | ≈ eBSmc= ekASmc= ekA2mc(694)Aqui ha sido utilizado g = 2 y ha sido transformado ⃗ S según:⃗S = 2 ⃗σBuscamos relaciones entre módulos, ya que buscamos una relación numérica, pero no buscamos específicamenteel valor de los H.Si analizamos H int/MB :H int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗AAnalicemos ahora, el caso del autoestado | 1S〉 del átomo de Hidrógeno; Conocemos la siguiente relación:⃗∇ϕ 1s = − 1 a 0ϕ 1sˆrDe modo que nos es posible escribir:Y podremos hallar una expresión para H int/MB .⃗P = i ⃗ ∇ =ia 0ˆrH int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗A→ H int/MB = − e ˆr ·mc ia ⃗A0Entonces, podemos mezclar las ecuaciones anteriores y obtendremos:⇒| H int/MB |= e A (695)mc a 0ekA| H int/SB || H int/MB | ≈ 2mce mc a 0A| H int/SB || H int/MB | ≈ ka 02(696)Si escogemos λ = 3000 ˙ A,(k = 2π/λ).| H int/SB |≈ 5, 5 × 10−4| H int/MB |115
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