11 Duas partículas de massa m estão ligadas às extremidades de uma haste rígida sem massa de comprimento a. O sistema é livre para rotacionar em três dimensões em tomo do centro (porém, o próprio ponto central é fixo).
(a) Demonstre que as energias permitidas desse rotor rígido são
E_{n}=\frac{\hbar^{2} n(n+1)}{m a^{2}}, \text { para } n=0,1,2, \ldots
Dica: primeiramente, expresse a energia (clássica) em termos do momento angular total.
(b) Quais são as autofunções normalizadas para esse sistema? Qual é a degenerescência do n-ésimo nível de energia?

Passo 1

O enunciado nos dá um sistema formado por duas partículas idênticas, cada uma de massa m, fixadas nas extremidades de uma haste rígida sem massa de comprimento a. O centro da haste está fixo no espaço, e o sistema pode rotacionar livremente em três dimensões em torno desse centro.
O que se pede:
  • (a) Mostrar que as energias permitidas são \displaystyle E_{n}=\frac{\hbar^{2} n(n+1)}{m a^{2}}, para n=0,1,2,\ldots.
  • (b) Indicar as autofunções normalizadas do sistema e a degenerescência do nível n.
Informações relevantes dadas:
  • Duas partículas de massa m em distâncias iguais do centro (cada uma a uma distância a/2 do centro).
  • Haste rígida sem massa (distância fixa a entre as partículas).
  • Rotação em três dimensões (graus de liberdade angulares apenas).
  • O problema é puramente rotacional (o comprimento é fixo), portanto a energia cinética é a energia do movimento rotacional.

Passo 2

Vamos escrever a energia clássica de rotação em termos do momento angular total. Para um corpo rígido a energia cinética rotacional clássica é
T=\frac{1}{2}I\omega^{2},
onde:
  • I é o momento de inércia do sistema em relação ao ponto fixo (o centro da haste),
  • \omega é a velocidade angular (módulo do vetor velocidade angular).
O momento angular total clássico \mathbf{L} está relacionado a \omega por
\mathbf{L}=I\boldsymbol{\omega},
logo o módulo satisfeito |\mathbf{L}|=I\omega. Substituindo em T obtemos a relação útil
T=\frac{L^{2}}{2I},
onde L^{2}=|\mathbf{L}|^{2}. Essa é a expressão clássica que liga energia rotacional ao momento angular: guardem-na, porque ao quantizar substituiremos L^{2} pelo operador \hat{L}^{2}.

Passo 3

Calcular o momento de inércia I do sistema (duas massas m nas extremidades da haste). Cada massa está a uma distância r=a/2 do centro, então
I=\sum_{i} m_{i} r_{i}^{2}=m\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+m\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=2m\frac{a^{2}}{4}=\frac{m a^{2}}{2}.
Portanto o momento de inércia total em torno do centro fixo é \displaystyle I=\frac{m a^{2}}{2}.

Passo 4

Agora passamos à mecânica quântica: a energia do rotor rígido é obtida a partir do operador correspondente à energia cinética rotacional. O Hamiltoniano (como operador) é
\hat{H}=\frac{\hat{L}^{2}}{2I},
onde \hat{L}^{2} é o operador quadrático do momento angular total. Explico: em mecânica quântica o momento angular total tem componentes \hat{L}_x,\hat{L}_y,\hat{L}_z que satisfazem as relações de comutação usuais, e \hat{L}^{2}=\hat{L}_x^{2}+\hat{L}_y^{2}+\hat{L}_z^{2}. As autofunções simultâneas de \hat{L}^{2} e \hat{L}_z são os harmônicos esféricos (veremos isso em detalhe).

Passo 5

Propriedade central da teoria do momento angular: os autovalores de \hat{L}^{2} são
\hat{L}^{2}\,|n,m\rangle=\hbar^{2}n(n+1)\,|n,m\rangle,
com n=0,1,2,\ldots e para cada n temos m=-n,-n+1,\ldots,n. Aqui |n,m\rangle denota o autovetor que também é autofunção de \hat{L}_z com autovalor \hbar m. Essa é uma resposta padrão da teoria de momentos angulares (não é necessário derivar toda a teoria aqui, mas a ideia é que as soluções angulares da equação de Schrödinger ficam no espaço das funções definidas na esfera).
Substituindo o autovalor de \hat{L}^{2} no Hamiltoniano temos os níveis de energia
E_{n}=\frac{\hbar^{2}n(n+1)}{2I}.
Agora substituímos I=\dfrac{m a^{2}}{2} (do Passo 3). Então
2I = 2\left(\frac{m a^{2}}{2}\right)=m a^{2},
portanto
E_{n}=\frac{\hbar^{2}n(n+1)}{m a^{2}},
para n=0,1,2,\ldots. Isso coincide exatamente com a expressão pedida. (Resumo da lógica: energia clássica T=L^{2}/(2I) → quantização \hat{L}^{2} → autovalores \hbar^{2}n(n+1) → substituir I.)

Passo 6

Agora explico quais são as autofunções normalizadas e por que elas aparecem. Como o comprimento da haste é fixo, a única dependência espacial da função de onda é a orientação da linha que une as duas massas: isso é descrito por um vetor unitário \hat{\mathbf{r}} apontando, por exemplo, do centro a uma das massas. Esse vetor tem coordenadas angulares (\theta,\varphi) na esfera. A equação de Schrödinger do rotor reduz-se a um problema apenas angular: é um autovalor do operador Laplaciano angular (o operador angular está relacionado a \hat{L}^{2}). As soluções angulares bem conhecidas são os harmônicos esféricos Y_{n}^{m}(\theta,\varphi).
Os harmônicos esféricos satisfazem
\hat{L}^{2} Y_{n}^{m}(\theta,\varphi)=\hbar^{2} n(n+1)\,Y_{n}^{m}(\theta,\varphi), \qquad \hat{L}_{z} Y_{n}^{m}(\theta,\varphi)=\hbar m\,Y_{n}^{m}(\theta,\varphi).
Além disso, estão normalizados na esfera unitária segundo
\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi} \big|Y_{n}^{m}(\theta,\varphi)\big|^{2}\,\sin\theta\,d\theta\,d\varphi=1.
Uma expressão explícita (padrão) para os harmônicos esféricos é
Y_{n}^{m}(\theta,\varphi)=(-1)^{m}\sqrt{\frac{2n+1}{4\pi}\frac{(n-m)!}{(n+m)!}}\,P_{n}^{m}(\cos\theta)\,e^{i m\varphi},
onde:
  • P_{n}^{m}(x) é o polinômio associado de Legendre (função bem conhecida: pode ser obtida por derivadas dos polinômios de Legendre),
  • n=0,1,2,\ldots e m=-n,\ldots,n,
  • \theta é o ângulo polar (medido a partir de um eixo z fixo) e \varphi é o ângulo azimutal.
Essas funções Y_{n}^{m}(\theta,\varphi) formam uma base ortonormal no espaço de funções quadrado-integráveis sobre a esfera e são as autofunções normalizadas do Hamiltoniano rotacional. Em outras palavras, as autofunções do sistema (dependendo apenas das coordenadas angulares da haste) são
\Psi_{n,m}(\theta,\varphi)=Y_{n}^{m}(\theta,\varphi).

Passo 7

Degenerescência do nível n: para cada n os valores possíveis de m são m=-n,-n+1,\ldots,n. Isso dá exatamente 2n+1 valores distintos de m. Portanto o nível de energia com número quântico n é \emph{(2n+1)-vezes degenerado}.

Resposta

\displaystyle E_{n}=\frac{\hbar^{2}n(n+1)}{m a^{2}},\quad n=0,1,2,\ldots
As autofunções normalizadas são os harmônicos esféricos \displaystyle \Psi_{n,m}(\theta,\varphi)=Y_{n}^{m}(\theta,\varphi) com
Y_{n}^{m}(\theta,\varphi)=(-1)^{m}\sqrt{\frac{2n+1}{4\pi}\frac{(n-m)!}{(n+m)!}}\,P_{n}^{m}(\cos\theta)\,e^{i m\varphi}, \quad m=-n,\ldots,n,
e a degenerescência do nível n é 2n+1.

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