Clase 31: Algunos ejemplos con el momento angular

 El módulo del momento angular está dado por:

$$L^2=-\hbar^2 \left(\frac{\partial^2 }{\partial \theta^2}+\frac{1}{tan\theta}\frac{\partial }{\partial \theta}+\frac{1}{sen^2\theta}\frac{\partial^2 }{\partial \phi^2}\right)$$

Además, los operadores $L_+$ y $L_-$ están dados por:

$$L_+=L_x+iL_y=\hbar e^{i\phi}\left(\frac{\partial }{\partial \theta}+icot\frac{\partial }{\partial \theta}\right)$$

$$L_-=L_x-iL_y=\hbar e^{-i\phi}\left(-\frac{\partial }{\partial \theta}+icot\frac{\partial }{\partial \theta}\right)$$

Que en $\theta=0 \land \theta = \pi$ no se encuentran definidos.

Además, teniendo que se puede separar la función de onda en dos funciones de la forma $\Psi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)$ y que el momento en z será $L_z=-i\hbar\frac{\partial }{\partial \phi}$, la solución de $Y$ será:

$$Y(\theta,\phi)=\Theta(\theta) e^{im\phi}$$

Para que esta sea univaluada, $m$ debe ser entero y por tanto $j=l$ también lo será. Por esto $m$ se conoce como el momento angular orbital y $-l \leq m \leq l$. Con esto se sigue que:

$$L_+Y_{ll}=0$$

$$\Theta(0)=C_l(sen\theta)^l$$

$$Y_{ll}=C_l(sen\theta)^l e^{il\theta}$$

$$L_\pm Y_{lm}(\theta,\phi)=\hbar \sqrt{l(l+1)-m(m+1)}Y_{l,m\pm 1} $$

Además, $\Psi_{klm}=R_{klm}(r)Y_{lm}(\theta,\phi)$, con R que sólo depende de $k$ y $l$. 

Ahora, si se prepara un sistema en un autoestado $L^2=l(l+1)\hbar^2$ y en un autoestado de $L_z=m\hbar$, entonces se mantienen las relaciones: $\langle L_x \rangle=0$, $\Delta L_x \neq 0 \neq \Delta L_y$, es decir, el sistema tiene que tener precesión ya que estos dos últimos términos nunca son $0$. En particular $\Delta L_y=\hbar \sqrt{\frac{l(l+1)-m^{2}}{2}}$. 

Rotor Rígido

Para el sistema mostrado en la figura donde los dos cuerpos unidos por una barra rotan, el hamiltoniano clásico es:

$$H=\frac{1}{2} I \omega^2=\frac{L^2}{2I}=\frac{L^2}{2\mu r_e^2}$$

De forma cuántica:

$$H|l,m \rangle =\frac{\hbar^{2} l (l+1)}{2\mu r_e^2}|l,m \rangle  $$

$$E_l=\hbar l (l+1) B$$

Con $B=\frac{\hbar}{4\pi \mu r_e^2}$. La energía está cuantizada y depende del número cuántico $l$.

$$\Delta E=2B\hbar l= h\nu$$

Esto quiere decir que hay unas frecuencias permitidas llamadas frecuencias de Bohr.

Oscilador Armónico Bidimensional

Un Oscilador Armónico Bidimensional es un sistema con momento angular. En particular si el movimiento está descrito por:

$$X=Acos(wt)$$

$$Y=Bsen(wt)$$

El Hamiltoniano será:

$$H=H_x+H_y=\frac{p_x^2}{2m}+\frac{1}{2}mw^2x^2+\frac{p_y^2}{2m}+\frac{1}{2}mw^2y^2$$

Luego, la energía total será:

$$E_n=E_{nx}+E_{ny}=(n_x+1/2) \hbar w+(n_y+1/2) \hbar w$$

Se observa que hay degeneración debido a que es posible obtener el mismo $N$ para combinaciones de $n_x$ y $n_y$. Para esto se introduce el momento angular, definiendo:

$$a_x=\frac{1}{\sqrt 2}\left(\beta x + i \frac{p_x}{\beta \hbar}\right)$$

$$a_y=\frac{1}{\sqrt 2}\left(\beta y + i \frac{p_y}{\beta \hbar}\right)$$

Con $[a_x,a_y]=0$. $L_z$ y $H_{xy}$ serán:

$$L_z=x p_y - y p_x$$

$$L_z=i\hbar(a_x a_y^\dagger - a_y a_x^\dagger )$$

$$H_{xy}=(a_x^\dagger a_x  + a_y^\dagger a_y +1) \hbar w $$

Con $[H_{xy},L_z]=0$

 

Editado por Tatiana Ortega Quintero.

Problema Propuesto

Propuesto Cristian Serna, solución por Juan Felipe Zapata.

Por simplicidad se hace $\hbar=1$Además, un electrón está en un estado de momento angular con $l=3$.

a) ¿Cuál es la longitud del vector de momento angular del electrón?

La longitud del operador vectorial $\vec{\hat{L}}$ es $=\sqrt{\vec{\hat{L}} \cdot \vec{\hat{L}} }= \left|\vec{\hat{L}}\right|=\sqrt{l(l+1)}=\sqrt{12}$.

b) ¿Cuántas componentes $z$ diferentes puede tener el vector de momento angular?

Se sabe que $  -3\leq m \leq 3$, por lo tanto el operador vectorial momento angular $\vec{\hat{L}}$ puede tener $2l+1=7$ componentes $z$ diferentes. 

c) ¿Cuál es el valor del ángulo que hace el vector $\vec{L}$ con el eje $z$?