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Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 129

y despejando ∆λ1/2 en funci´on de ∆ν1/2, escribimos

∆λ1/2 = c ∆ν1/2 (4.13.2)
ν+ν−

Esta es la expresi´on general. Para el caso particular de la banda lorentziana, sabemos

que γ
4π
ν± = ν0 ± (4.13.3)

luego γ2
16π2
ν+ν− = ν0 + γ ν0 − γ = ν02 − (4.13.4)
4π 4π

y la Ecuacio´n (4.13.2) queda como sigue

∆λ1L/2 = c · ∆ν1L/2 (4.13.5)
(4.13.6)
ν02 − γ2
16π2

Si ν0 ≫ γ/4π tenemos entonces

∆λL1/2 = c ∆ν1L/2
ν02

4.14 Obtenga la relaci´on que hay entre los m´aximos de las bandas gaussiana
y lorentziana, normalizadas a la unidad, que tienen la misma anchura
media.

Objetivo
Obtener la relaci´on entre los ma´ximos de las bandas gaussiana y lorentziana.
Sugerencias

Partimos de las relaciones para los ma´ximos y las anchuras medias de las bandas
lorentziana y gaussiana.
Obtenemos las relaciones entre las anchuras medias y los ma´ximos para cada
una de las bandas.
Igualamos las anchuras medias de las dos bandas y deducimos la relaci´on entre
las alturas m´aximas.

Resoluci´on
Para la banda gaussiana tenemos

130 Cap´ıtulo 4 Forma y anchura de las l´ıneas espectrales

gmGax = α 1 (4.14.1)
2 (4.14.2)

π

y ln 2 1
y para la banda lorentziana α
∆ν1G/2 = 2 2

gmL ax = 4 (4.14.3)
γ

y γ
2π
∆ν1L/2 = (4.14.4)

Combinando las Ecuaciones (4.14.1) y (4.14.2) para la banda gaussiana nos queda

1
ln 2 21
gmL ax = 2 π ∆ν1G/2 (4.14.5)

y haciendo los mismo con las Ecuaciones (4.14.3) y (4.14.4) para la banda lorentziana

obtenemos 2 1
π ∆ν1L/2
gmL ax = (4.14.6)

Si la anchura es la misma, entonces

∆ν1L/2 = ∆ν1G/2 (4.14.7)
y usando aqu´ı las Ecuaciones (4.14.5) y (4.14.6) obtenemos (4.14.8)
(4.14.9)
21 ln 2 1
π gmL ax π 21
=2 gmGax

de donde despejamos

gmGax = π (π ln 1 gmL ax

2) 2

1

Puesto que (π ln 2) 2 = 1.48 nos queda

gmGax = 1.48 gmL ax (4.14.10)

Esto nos revela que a igualdad de las anchuras medias, la banda gaussiana es ma´s
alta.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 131

4.15 Deduzca una expresi´on anal´ıtica para el m´aximo de la secci´on eficaz de
absorci´on en funci´on de la longitud de onda de la resonancia, suponiendo
que la l´ınea espectral se ensancha u´nicamente por emisi´on espont´anea de
radiaci´on.

Objetivo

Obtener la expresi´on para el ma´ximo de la funci´on eficaz de absorci´on en funci´on de
la longitud de onda de resonancia.

Sugerencias

Partimos de la expresi´on para la seccio´n eficaz de absorcio´n y suponemos que
el ensanchamiento es lorentziano.

Relacionamos el ma´ximo de la funcio´n F (ν) con el coeficiente de Einstein de
emisi´on espont´anea y usamos esta relaci´on para obtener el m´aximo de la seccio´n
eficaz de absorcio´n.

Resoluci´on
La seccio´n eficaz de absorcio´n viene dada por

σ(ν) = 2π2 | m|µ|n |2 ν F (ν) (4.15.1)
3ε0 h c

Si el ensanchamiento se debe exclusivamente a la emisi´on espont´anea, entonces F (ν)
es una funci´on lorentziana, es decir

F (ν) = γ (4.15.2)
(4.15.3)
4π2(ν − νmn)2 + γ2
2

donde 16π3νm3 n| m|µ|n |2
3ε0hc3
γ = Am→n =

y su m´aximo viene dado por

F (νmax) = 4 = 4 = 4 · 3ε0hc3 |2 (4.15.4)
γ Am→n 16π3νm3 n| m|µ|n

Para el m´aximo de la secci´on eficaz obtenemos entonces a partir de la Ecuacio´n
(4.15.1) la expresio´n

σ(νmn) = 2π2 | m|µ|n |2 νmn F (νmn) =
3ε0 h c

= 2π2 | m|µ|n |2 νmn 4 · 3ε0hc3 =
3ε0 h c 16π3νm3 n| m|µ|n
|2

= c2 = λ2mnc2 = λ2mn
2πνm2 n 2πc2 2π

132 Cap´ıtulo 4 Forma y anchura de las l´ıneas espectrales

es decir

σ(νmn) = λ2mn (4.15.5)
2π

4.16 Calcule las anchuras medias naturales de las bandas correspondientes
a las transiciones rotacional pura a 1011 Hz, vibracional a 6 × 1013 Hz
y electro´nica a 2 × 1015 Hz, caracter´ısticas de la mol´ecula de CO. Los

momentos dipolares de transici´on son del orden de 1 Debye.

Objetivo

Estimar las anchuras medias naturales para las transiciones de rotacio´n, vibracio´n y
electr´onica.

Sugerencias

Calculamos las anchuras medias naturales para las diferentes transiciones usan-
do la relaci´on entre aqu´ella y los correspondientes momentos dipolares de tran-
sicio´n.

Resoluci´on

Calculamos en primer lugar la diferencia de energ´ıa asociada a las diferentes transi-

ciones usando la expresi´on

∆E = hν (4.16.1)

Obtenemos entonces

Rotacional
∆E = 6.626 × 10−34 J s · 1011 s−1 = 6.626 × 10−23 J = 4.1 × 10−4 eV = 3.33 cm−1
Vibracional

∆E = 6.626 × 10−34 J s · 6 × 1013 s−1 = 4 × 10−20 J = 0.25 eV = 2000 cm−1
Electr´onica
∆E = 6.626 × 10−34 J s · 2 × 1015 s−1 = 1.3 × 10−18 J = 8.27 eV = 66706.6 cm−1

La anchura de media natural viene dada por la expresi´on

∆ν1n/a2tural = Amn = 8π2νm3 n | m|µ|n| |2 (4.16.2)
2π 3ε0hc3

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 133

Aparte de las frecuencias, los datos que necesitamos son ε0 = 8.85×10−12 C2 N−1 m−2,
h = 6.62 × 10−34 J s y c= 2.99 × 108 m s−1. Sustituyendo estos datos en la Ecuacio´n
(4.16.2) obtenemos la expresi´on

∆ν1n/a2tural = 0.87 × 10−38 νm3 n s−1 (4.16.3)

que relaciona la anchura media con la frecuencia de la transici´on. Sustituyendo en la
Ecuacio´n (4.16.3) las frecuencias t´ıpicas de cada una de las transiciones calculamos

Rotacional

∆νmnantural = 1.87 × 10−39 × 1033 = 1.87 × 10−6 s−1
Vibracional

∆νmnantural = 1.87 × 10−39 × (6 × 1013)3 ≈ 400 s−1

Electr´onica

∆νmnantural = 1.87 × 10−39 × (2 × 1015)3 ≈ 1.5 × 107 s−1

4.17 Calcule las anchuras medias debidas al efecto Doppler para las transicio-
nes de la mol´ecula de CO del problema anterior a 300 K.

Objetivo

Estimar las anchuras debidas al efecto Doppler para las transiciones rotacionales,
vibracionales y electro´nicas.

Sugerencias

Partimos de la expresi´on correspondiente a la anchura media debida al efecto
Doppler, en funcio´n de la frecuencia de transicio´n, la temperatura y la masa
molecular y sustituimos en ella la temperatura y la masa molecular del problema
para obtener una relaci´on entre la anchura media y la frecuencia de transicio´n.

Usamos la relaci´on anterior para calcular las anchuras medias para cada tran-
sici´on.

Resoluci´on
La anchura media debida al efecto Doppler, viene dada por

T 1
M
∆ν1D/o2ppler = 7.16 × 10−7 νmn 2 (4.17.1)

134 Cap´ıtulo 4 Forma y anchura de las l´ıneas espectrales

donde T es la temperatura absoluta y M la masa en uma. Para la mol´ecula de CO
tenemos M = 28 uma. Sustituyendo este valor junto a T = 300 K en la expresio´n
anterior nos queda

300 1
28
∆ν1D/o2ppler = 7.16 × 10−7 νmn 2 = 2.34 × 10−6 νmn (4.17.2)

y usando esta expresi´on para las diferentes frecuencias calculamos

Rotacional ∆ν1D/o2ppler = 2.34 × 10−6 · 1011 = 2.3 × 105 s−1
Vibracional

∆ν1D/o2ppler = 2.34 × 10−6 · 6 × 1013 = 1.4 × 108 s−1
Electr´onico

∆ν1D/o2ppler = 2.34 × 10−6 · 2 × 1015 = 4.7 × 109 s−1

4.18 Calcule las anchuras medias debidas a la presio´n para las transiciones de

la mol´ecula de CO del Problema (4.16) a 300 K de temperatura y 1 atm
de presi´on. El di´ametro de colisio´n efectivo vale aproximadamente 2 A˚ .

Objetivo
Estimar la anchura media debida a las colisiones.
Sugerencias

Calculamos las anchuras medias usando la expresio´n para las mismas debida a
las colisiones.

Resoluci´on
La anchura media debida a las colisiones, viene dada por

∆ν1c/ol2 = 2d2P 1 (4.18.1)

12
πkBT m

y como vemos no depende de la frecuencia, por lo que es la misma para los tres tipos
de transiciones. La presi´on vale

P = 1 atm = 760 · 133.3224 N = 101323.2 N (4.18.2)
m2 m2

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 135

as´ı que sustituyendo los datos num´ericos del enunciado en la Ecuacio´n (4.18.1) ob-

tenemos ∆ν1c/ol2 = 3.249 × 108 s−1

(4.18.3)

4.19 Calcule la presi´on a la que se iguala el ensanchamiento Doppler con el de
colisiones para las transiciones del Problema (4.16).

Objetivo

Estimar la presio´n a la que se igualan los ensanchamientos debidos al efecto Doppler
y debido a las colisiones.

Sugerencias

Partimos de las expresiones para la anchura media debidas al efecto Doppler y
debida a las colisiones, las igualamos y deducimos una expresi´on para la presio´n
en t´erminos de la frecuencia de la transici´on, la temperatura y el di´ametro de
colisi´on efectivo.

Calculamos las presiones para las transiciones rotacional, vibracional y electro´ni-
ca empleando las frecuencias de transicio´n dadas en el Problema (4.16).

Resoluci´on

Las anchuras debidas al efecto Doppler y a las colisiones vienen dadas por las expre-

siones

2kT ln 2 1
mc2
∆ν1D/o2ppler = 2νmn 2 (4.19.1)

1
12
∆ν1C/o2l = 2d2P πkT m (4.19.2)

Manteniendo fija la temperatura, la presio´n a la que se igualan estas anchuras viene
dada por la condici´on

∆ν1D/o2ppler = ∆ν1C/o2l (4.19.3)
Usando aqu´ı las Ecuaciones (4.19.1) y (4.19.2) escribimos

11
2kT ln 2 12
2/ νmn mc2 2 = 2/ d2P πkT m (4.19.4)

y despejando la presi´on P obtenemos

νmn 1 πkT m 1 νmnkT νmnkT
d2 1 d2c d2c
P = 2kT ln 2 2 2 = (2 1 = 2.087 (4.19.5)
mc2
ln 2 π) 2

2.087

136 Cap´ıtulo 4 Forma y anchura de las l´ıneas espectrales

Empleando en esta expresi´on los datos k = 1.38 × 10−23 J/K, T = 293 K, d =
2 × 10−10 m y c = 2.99 × 108 m/s nos queda

P = 70.55 × 10−11 νmn N (4.19.6)
m2

y para los tres tipos de transiciones calculamos

Transici´on rotacional

νmn = 1011 s−1

P = 70.55 × 10−11 · 1011 = 70.55 N = 7.55 × 10−3 atm
m2

Transici´on vibracional

νmn = 6 × 1013 s−1

P = 70.55 × 10−11 · 6 × 1013 = 4.23 × 104 N = 0.417 atm
m2

Transici´on electro´nica

νmn = 2 × 1015 s−1

P = 70.55 × 10−11 · 2 × 1015 = 1.41 × 106 N = 13.9 atm
m2

Estos resultados muestran que para igualar los ensanchamientos Doppler y el
debido a las colisiones en las transiciones rotacionales puras hay que bajar
mucho la presi´on. Para las transiciones vibracionales no hay que bajarla mucho
desde la presio´n normal de 1 atm´osfera y para transiciones electr´onicas hay que
subir la presi´on, dado que en este u´ltimo caso el ensanchamiento Doppler es
superior al ensanchamiento debido a las colisiones.

4.20 Explique por qu´e el valor m´aximo del coeficiente de absorci´on para una
transicio´n electro´nica no depende de la frecuencia de la transici´on. Su-
ponga que el ensanchamiento se debe al efecto Doppler.

Objetivo
Justificar la independencia del ma´ximo del coeficiente de absorcio´n de la frecuencia
de la transicio´n electr´onica.
Sugerencias

Partimos de la expresi´on para el ma´ximo del coeficiente de absorcio´n en fun-
cio´n del coeficiente de Einstein de absorci´on, la poblaci´on del nivel inicial, la
frecuencia de la transicio´n y el ensanchamiento.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 137

Usando la expresi´on para el ensanchamiento debido al efecto Doppler deducimos
una expresio´n para el ma´ximo del coeficiente de absorcio´n que no depende de
la frecuencia de la transicio´n.

Resoluci´on

La expresio´n para el ma´ximo del coeficiente de absorcio´n para transiciones electr´oni-

cas es Bmn nn h νmn
c
α(νmn) = g(νmn) (4.20.1)

Si el mecanismo de ensanchamiento predominante es el debido al efecto Doppler,
tenemos

α 1 mc2 1 c m 1
π π2kBT νm2 n νmn 2π8kB T 2
2= 2

g(νmn) = = (4.20.2)

y sustituyendo esta expresi´on en la Ecuacio´n (4.20.1) nos queda

m 1
2π8kB T
α(νmn) = Bmn nn h 2 (4.20.3)

Como vemos en esta expresi´on, el valor ma´ximo del coeficiente de absorci´on para
una transicio´n electr´onica no depende de la frecuencia de la transicio´n.



C A P ´I T U L O 5

L´aser

ENUNCIADOS Y RESOLUCIO´ N DE LOS PROBLEMAS

5.1 Calcule el coeficiente de ganancia y la diferencia de poblaci´on umbra-
les para el l´aser de He-Ne a 400 K. La transicio´n l´aser se produce a la
longitud de onda λmn = 632.8 nm y el coeficiente de Einstein de emi-
si´on espontanea vale Amn = 1.4 × 106 s−1. La cavidad tiene una longitud
de 50 cm y los coeficientes de reflexi´on de los espejos son r1 = 0.998 y
r2 = 0.980. El ensanchamiento predominante se debe al efecto Doppler.
Calcule tambi´en la densidad de ´atomos de Ne para una presi´on parcial
de Ne de 0.2 torr.

Objetivo

Obtencio´n del coeficiente de ganancia y de la diferencia de poblaci´on necesaria para
que funcione el l´aser.

Sugerencias

Calculamos el coeficiente de ganancia umbral usando los para´metros de la ca-
vidad.

Calculamos la diferencia de poblaci´on umbral usando la expresio´n que relaciona
esta magnitud con el coeficiente de ganancia umbral, la anchura media, la longi-
tud de onda de la transicio´n y el coeficiente de Eisntein de emisi´on espont´anea.

Comparamos la poblacio´n umbral con la densidad de ´atomos de Ne en la cavi-
dad.

Resoluci´on
La expresi´on para el coeficiente de ganancia umbral es

αu(gm) bral = 1 ln 1 (5.1.1)
2l r1r2

140 Cap´ıtulo 5 L´aser

de donde calculamos

αu(gm) bral = 1 ln 1 = 2.2 × 10−4 cm−1 (5.1.2)
100 0.998 · 0.980

La diferencia de poblaci´on umbral viene dada por

4π3 1 ∆ν 1 2αu(gm) bral
ln 2 2 2

∆numbral = λ2mn Amn (5.1.3)

Hemos de calcular primero la anchura Doppler. Para ello usamos

∆ν1D/o2ppler = 7.16 × 10−7 νmn 1 (5.1.4)

T2
M

donde M es la masa ato´mica del ´atomo de Ne. La frecuencia de transicio´n vale

νmn = c = 2.998 × 108 m = 4.74 × 1014 s−1 (5.1.5)
λmn s (5.1.6)

632.8 × 10−9 m

Adem´as T = 400 K y MNe = 20.18 gr/mol, de modo que obtenemos

400 1
20.18
∆ν1D/o2ppler = 7.16 × 10−7 · 4.74 × 1014 2 = 1.7 × 109 s−1

Usando, finalmente, la Ecuacio´n (5.1.3), calculamos

∆numbral = 1.6 × 109 a´tomos (5.1.7)
cm3

Usando la ecuaci´on de los gases perfectos, P V = N KBT , obtenemos para el nu´mero
de ´atomos de Ne por unidad de volumen

nN e = NN e = PN e = 4.8 × 1015 a´tomos (5.1.8)
V KB T m3

Vemos pues que comparativamente la inversio´n de poblaci´on es bastante pequen˜a
(Ecuaci´on 5.1.7) comparada con la concentraci´on total de ´atomos de Ne (Ecuacio´n
(5.1.8)).

5.2 Obtenga la expresio´n para el coeficiente de ganancia a la frecuencia de
transicio´n cuando el ensanchamiento predominante de las l´ıneas espectra-
les es de tipo lorentziano. Obtenga tambi´en la expresio´n para la diferencia
de poblaci´on umbral.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 141

Objetivo
Deduccio´n del coeficiente de ganancia para el ensanchamiento lorentziano.
Sugerencias

Sustituimos en la expresi´on general del coeficiente de ganancia el ensancha-
miento lorentziano.

Asumiendo que el coeficiente de desactivaci´on viene dado por la suma de los
coeficientes radiativo y colisional, y que el primero es mucho mayor que el
segundo, obtenemos una relaci´on ma´s sencilla para el coeficiente de ganancia,
en funci´on de la longitud de onda de la transici´on y de la diferencia de poblaci´on.

Deducimos de un modo an´alogo la expresio´n para la diferencia de poblaci´on
asociada al ensanchamiento lorentziano.

Resoluci´on
La expresio´n general para el coeficiente de ganancia a la frecuencia de transici´on es

α(g)(νmn) = λ2mn Amn g(νmn) ∆n (5.2.1)
8π

Para el ensanchamiento lorentziano tenemos

g(νmn) = 4 (5.2.2)
γmn (5.2.3)

y la anchura media de la banda viene dada por

∆ν1/2 = γmn
2π

de modo que

γmn = 2 π ∆ν1/2 (5.2.4)

Usando las Ecuaciones (5.2.2) y (5.2.4) en la Ecuaci´on (5.2.1), obtenemos

α(g)(νmn) = λ2mn Amn ∆n (5.2.5)
4 π2 ∆ν1/2

Si el coeficiente de desactivaci´on γmn viene dado por la suma de los coeficientes de
desactivaci´on radiativa y colisional, es decir, si γmn = Amn + γmconl , o, referido a la
anchura media, si

∆ν1/2 = γmn = Amn + γmconl (5.2.6)
2π 2π

142 Cap´ıtulo 5 L´aser

entonces

αg (νmn ) = λ2mn Amn ∆n (5.2.7)
2π(Amn + γmconl ) (5.2.8)

Si adema´s Amn ≫ γmconl , nos queda simplemente

αg (νmn ) = λ2mn Amn ∆n
2π

Para la diferencia de poblaci´on umbral obtenemos a su vez la expresi´on

∆numbral = 4π ln 1 = 2 π2 ∆ ν1/2 1 ln 1 (5.2.9)
λ2mn Amn g(νmn) l r1 r2 λ2mn Amn l r1 r2

5.3 Calcule la diferencia de poblaci´on umbral de un l´aser de rub´ı cuya varilla

tiene 1 cm de di´ametro y mide 10 cm de largo. La transici´on l´aser se

produce a la longitud de onda λmn = 694.3 nm, tiene una anchura lorent-
ziana de 3.3×1011 Hz y el coeficiente de Einstein de emisi´on espont´anea

vale 333 Hz. Los coeficientes de reflexio´n de los espejos valen r1 = 1.00
y r2 = 0.96, el coeficiente de p´erdidas por dispersi´on en el medio activo
es γ = 3 × 10−3 cm−1 y el ´ındice de refraccio´n del rub´ı vale 1.76. Calcule

tambi´en la densidad de ´atomos de cromo sabiendo que la concentracio´n de
los mismos es del 0.05 % en peso y que la densidad del rub´ı vale 4 gr/cm3.

Objetivo

Determinacio´n de la diferencia de poblaci´on en el cristal de rub´ı para que tenga lugar
el efecto la´ser.

Sugerencias

Calculamos el coeficiente de ganancia umbral, y a partir del mismo obtene-
mos la diferencia de poblaci´on umbral, suponiendo que el ensanchamiento es
lorentziano.

Calculamos la densidad de ´atomos de cromo y la comparamos con la diferencia
de poblaci´on umbral.

Resoluci´on
Para el coeficiente de ganancia umbral calculamos

αgumbral = γ + 1 ln 1 = 3×10−3 + 1 ln 1 = 5×10−3 cm−1 (5.3.1)
2l r1 r2 2l 0.96 · 1

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 143

Puesto que el ensanchamiento es lorentziano, la diferencia de poblaci´on umbral viene

dada por 4π2∆ν 1 η2

∆numbral = 2 αgumbral (5.3.2)

λ2mnAmn

donde hemos introducido el ´ındice de refracci´on n. Sustituyendo aqu´ı los valores
num´ericos calculamos

∆numbral = 2.11 × 1017 a´tomos (5.3.3)
cm3

Veamos cua´l es la densidad de ´atomos de cromo. Para una densidad de o´xido de
aluminio, Al2O3, de 4 gr/cm3, la densidad en peso de cromo vale

dC r+3 = 4 × 0.0005 gr = 2 × 10−3 gr (5.3.4)
cm3 cm3

El peso molecular del Cr es aproximadamente 52 gr/mol, luego el nu´mero de moles
de Cr3+ que hay en 1 cm3 es

nmolar = 2 × 10−3 gr = 3.85 × 10−5 moles (5.3.5)
cm3 cm3
gr
52 mol

Finalmente, multiplicando por el nu´mero de Avogadro obtenemos

nC r3+ = 3.85 × 10−5 · 6.022 × 1023 at = 2.3 × 1019 ´atomos (5.3.6)
cm3 cm3

La inversi´on de poblaci´on necesaria para iniciar el l´aser es aqu´ı mayor que en el caso
del l´aser de He-Ne.

5.4 El l´aser de rub´ı del problema anterior emite un pulso luminoso de 100 ps
de duracio´n. Calcule la potencia del pulso suponiendo que todos los ´ato-
mos de cromo est´an en el nivel l´aser superior y se desactivan en su tota-
lidad.

Objetivo
Determinacio´n de la potencia de un pulso l´aser.
Sugerencias

A partir del volumen de la varilla obtenemos el nu´mero de a´tomos de cromo,
que coincide con el nu´mero de fotones emitidos.
La energ´ıa correspondiente a los fotones emitidos en el tiempo que indica el
problema nos permite calcular la potencia del pulso.

144 Cap´ıtulo 5 L´aser

Resoluci´on

Puesto que todos los ´atomos de cromo est´an en el estado superior del l´aser y emiten
un fot´on, el nu´mero de fotones del pulso ser´a igual al nu´mero de a´tomos de cromo.
En el problema anterior ya hemos calculado la densidad de ´atomos de cromo, que
vale nCr+3 = 2.3 × 1019 ´atomos/cm3. Puesto que el volumen de la varilla vale

V = πr2l = π d 2 1 2 (5.4.1)
2 2
l=π 10 cm3 = 7.85 cm3

el nu´mero total de ´atomos de cromo es

NCr3+ = nCr3+ V = 2.3 × 1019 × 7.85 = 1.8 × 1020 a´tomos (5.4.2)

Este es tambi´en el numero de fotones emitidos, as´ı que la energ´ıa total del pulso vale

E = 1.8 × 1020 hν = 1.8 × 1020 hc = 51.2 J (5.4.3)
λ

y para la potencia del pulso obtenemos

1 pulso = E = 5.1 × 1011 W (5.4.4)
t

Es, como vemos, una potencia muy elevada, pero hay que tener en cuenta que la
duracio´n del pulso es muy corta.

5.5 La concentracio´n de ´atomos de Nd en un l´aser Nd-YAG es de 1.5×1026
´atomos/cm3. Calcule la potencia radiativa media por metro cu´bico de
l´aser si todos estos ´atomos son bombeados repentinamente al nivel su-
perior y comienzan a radiar. La longitud de onda de la emisi´on vale 1064
nm y el tiempo de vida media del nivel l´aser superior es de 230 µs. Si
toda la potencia radiada por 1 cm3 del l´aser se pudiese concentrar en un
punto de 1 mm de di´ametro, ¿cu´al ser´ıa la intensidad de la radiaci´on que
incidir´ıa sobre dicho punto?

Objetivo

Determinacio´n de la potencia y la intensidad de un l´aser.

Sugerencias

Calculamos la energ´ıa de un fot´on.
Conociendo el nu´mero de ´atomos por m3 calculamos la energ´ıa total irradiada.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 145

Conocido el tiempo de vida media, sabemos el tiempo de emisi´on y es posible
obtener la potencia media por m3 de material l´aser.

Focalizando la potencia en una superficie determinada podemos calcular la
intensidad.

Resoluci´on

Cada fot´on irradiado con una longitud de onda de 1064 nm tiene una energ´ıa

Ef = hν = hc = 6.626 × 10−34 J s · 2.998 × 108 m = 1.87 × 10−19 J (5.5.1)
λ 1064 × 10−9 m s

La energ´ıa total irradiada por cm3 es, entonces,

Erad = 1.5 × 1026at · 1.87 × 10−19 J = 2.8 × 107 J (5.5.2)
m3 m3

Puesto que toda esta energ´ıa se emite durante el tiempo de vida media del nivel
l´aser superior, la potencia promedio por m3 es

Prad = 2.8 × 107 J = 1.2 × 1011 W (5.5.3)
m3 m3

230 × 10−6 s

Como podemos ver es una potencia elevada, pero corresponde a una radiaci´on que
dura muy poco. La potencia irradiada por cm3 de material l´aser es, entonces, 1.2 ×
105 W/cm3, y si esta potencia se enfoca en un punto de 1 mm de dia´metro, es decir,
sobre un ´area de π(5 × 10−4)2 m2 = 7.85 × 10−7 m2, la intensidad es

I = 1.2 × 105 W = 1.55 × 1011 W (5.5.4)
7.85 × 10−7 m2 m2

que es enormemente elevada.

5.6 Un l´aser de Nd-YAG pulsado opera bombeado por una l´ampara de flash a
una velocidad de 10 pulsos por segundo. Si la potencia radiante promedio
de la l´ampara es de 100 W, calcule el nu´mero m´aximo de fotones que
contiene cada pulso l´aser usando esta fuente de bombeo. Determine la
eficiencia del l´aser si el nu´mero real de fotones que emite cada pulso es
de 6.96×1017. La longitud de onda de la transici´on l´aser vale 1064 nm.

Objetivo
Determinacio´n de la eficiencia de un l´aser.
Sugerencias

Determinamos la energ´ıa disponible en cada pulso l´aser procedente de la l´ampa-
ra de flash.

146 Cap´ıtulo 5 L´aser

Calculamos el nu´mero de fotones cuya energ´ıa es igual a la del pulso l´aser.

Conocido el nu´mero real de fotones emitidos y los que se pueden emitir, calcu-
lamos la eficiencia del l´aser.

Resoluci´on

La energ´ıa disponible en cada pulso l´aser es de 10 J/pulso, luego el nu´mero ma´ximo
de fotones que puede contener un pulso l´aser es

n= E = 10 J (1064 × 10−9 m) = 5.36 × 1019 fotones (5.6.1)
hνmn
6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m
s

La eficiencia del l´aser es, entonces,

Eficiencia = Nu´mero de fotones emitidos = 6.96 × 1017 fotones = 0.0129 (5.6.2)
Nu´mero de fotones potenciales 5.36 × 1019 fotones

es decir 1.29 %, como vemos, relativamente pequen˜a.

5.7 Considere el efecto del ´ındice de refraccio´n del medio activo sobre la
frecuencia de los modos de la cavidad l´aser. Obtenga la expresio´n para
dichas frecuencias cuando el medio activo ocupa toda la cavidad (l = L)
y cuando queda cierto espacio entre el mismo y los espejos de la cavidad
(l < L).

Objetivo
Determinacio´n del efecto del ´ındice de refracci´on sobre la emisi´on l´aser.
Sugerencias

Relacionando la longitud de onda en el medio activo con la del vac´ıo y la relaci´on
entre la longitud de onda y la frecuencia, obtenemos la denominada longitud
o´ptica.

Para el caso en el que la longitud del medio activo es menor que la separaci´on
entre los espejos, definimos la longitud ´optica total y obtenemos la frecuencia.

Resoluci´on

l=L
La condicio´n para los modos de radiaci´on en este caso es

L = m λmedio ⇒ 2L = mλmedio (5.7.1)
2

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 147

donde λmedio es la longitud de onda en el medio activo l´aser y donde hemos
tenido en cuenta que la longitud de la cavidad l´aser debe ser un mu´ltiplo exacto
de la semilongitud de onda. Puesto que esta longitud de onda esta´ relacionada
con la del vac´ıo λ mediante la expresio´n

λmedio = λ (5.7.2)
n

donde n es el ´ındice de refraccio´n, obtenemos

2L = m λ (5.7.3)
n

y de aqu´ı, usando la relacio´n λ = c/ν, nos queda

ν = m c (5.7.4)
2Ln

donde Ln es la denominada longitud ´optica, es decir, la longitud a la que equi-
vale la del medio, L, en el vac´ıo.

l<L

En este caso tenemos la situaci´on que se muestra en la Figura 5.1. Si el ´ındice
de refraccio´n en el espacio que queda entre el medio activo y los espejos es n′,

entonces la longitud ´optica total del sistema es

ln + (L − l)n′ (5.7.5)
(5.7.6)
y la frecuencia de los modos viene dada por

ν = m c [nl + 1 − l)]
2 n′(L

Figura 5.1: Medio activo en el interior de la cavidad resonante

148 Cap´ıtulo 5 L´aser

Podemos reescribir esta expresi´on como sigue

ν = νm [nl + L − l)] (5.7.7)
n′(L

donde νm = m c/(2L) es la frecuencia de los modos de la cavidad vac´ıa. Jugan-
do, pues, con los ´ındices de refraccio´n n y n′, se puede modificar la frecuencia
de los modos de radiaci´on l´aser, ν.

5.8 Obtenga una expresio´n para el tiempo de vida media que permanece un
fot´on en el interior de una cavidad resonante y calcule dicho tiempo para
una cavidad de 50 cm de longitud cuyos espejos tienen unos coeficientes
de reflexio´n r1 = 1.00 y r2 = 0.98.

Objetivo
Determinacio´n del tiempo de vida media del foto´n en una cavidad resonante.
Sugerencias

A partir de los coeficientes de reflexi´on de los espejos determinamos la proba-
bilidad de permanencia y escape en la cavidad, as´ı como el nu´mero de vueltas
que debe dar el fot´on para alcanzar la probabilidad uno de escape.

A partir del nu´mero de vueltas que debe dar el fot´on en la cavidad antes de
escapar calculamos el tiempo de permanencia en la misma.

Resoluci´on

El tiempo que tarda un fot´on en dar una vuelta completa a la cavidad es 2L/c′, donde
c′ es la velocidad de la luz en el interior de la cavidad (que puede estar afectada
por el ´ındice de refraccio´n). La probabilidad de retenci´on del foto´n en el interior
de la cavidad es igual al producto de los coeficientes de reflexio´n, es decir r1r2, y la
probabilidad de escape del fot´on es entonces 1−r1r2. Si en una vuelta la probabilidad
de escape es 1 − r1r2, el fot´on tendr´a que dar 1/(1 − r1r2) vueltas para alcanzar una
probabilidad de escape unidad. El factor 1/(1 − r1r2) es, pues, el nu´mero promedio
de vueltas que da el foto´n antes de escapar. El tiempo de permanencia medio en
la cavidad ser´a tc, igual al producto del tiempo que tarda en dar una vuelta por el
nu´mero de vueltas, es decir,

tc = 2L 1 1 (5.8.1)
c′ − r1r2

En nuestro caso, para c = c′, calculamos

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 149

tc = 1.67 × 10−7 s = 16.7 µs (5.8.2)
(5.8.3)
Finalmente tenemos 1
tc
∆ν = = 6 × 106 Hz = 6 MHz

5.9 Obtenga las soluciones para las poblaciones Nm(t) y Nn(t) de un sistema
de dos niveles sujeto a las condiciones iniciales Nm(0) = 0 y Nn(0) = NT .
Escriba la ecuaci´on diferencial para Nm(t) y pruebe una soluci´on del tipo
Nm(t) = c1est + c2, donde c1, c2 y s son constantes a determinar.

Objetivo
Obtener las expresiones anal´ıticas para las poblaciones de un sistema de dos niveles.
Sugerencias

Partimos de la ecuaci´on cin´etica para el estado excitado y la escribimos en
funci´on de la poblaci´on del estado excitado y de la poblacio´n total.

Usamos el tipo de solucio´n propuesto para resolver la ecuaci´on cin´etica dedu-
ciendo las expresiones para los par´ametros s y c2.

Aplicando la condici´on inicial que satisfacen las poblaciones, obtenemos la ex-
presio´n para el tercer para´metro, c1, con lo que disponemos de la expresi´on
anal´ıtica para la solucio´n particular correspondiente a la poblaci´on del estado
excitado.

Usando la condici´on de que la suma de las poblaciones de los dos niveles debe
ser igual a la poblaci´on total, obtenemos la poblaci´on del estado inicial a partir
de la total y la del estado excitado determinada anteriormente.

Resoluci´on
La ecuaci´on cin´etica para la poblaci´on del nivel m es

Nm(t) = −γmnNm(t) − Bmnρ [Nm(t) − Nn(t)] (5.9.1)
dt

Hemos de escribir esta ecuaci´on en funci´on u´nicamente de Nm(t). Teniendo en cuenta
que Nn(t) = NT − Nm(t), obtenemos

Nm(t) = −γmnNm(t) − BmnρNm(t) + Bmnρ [NT − Nm(t)]
dt

y reagrupando t´erminos nos queda

150 Cap´ıtulo 5 L´aser

Nm(t) = − [γmn + 2Bmnρ] Nm(t) + BmnρNT (5.9.2)
dt (5.9.3)
(5.9.4)
Usando aqu´ı la soluci´on general propuesta, es decir (5.9.5)

Nm(t) = c1est + c2

obtenemos

c1sest = − [γmn + 2Bmnρ] c1est + c2 + BmnρNT
y esta expresi´on la reescribimos como sigue

[s + (γmn + 2Bmnρ)] c1est = −c2 [γmn + 2Bmnρ] + BmnρNT

Para que esta ecuaci´on se satisfaga para cualquier valor de t se han de anular los dos
t´erminos en cada miembro. Obtenemos as´ı,

s = (γmn + 2Bmnρ) (5.9.6)

y

c2 = BmnρNT (5.9.7)
γmn + 2Bmnρ

de modo que la soluci´on general (Ecuacio´n (5.9.3)) queda como sigue

Nm(t) = c1e−(γmn+2Bmnρ)t + γmn Bmnρ ρ NT (5.9.8)
+ 2Bmn

Para calcular la constante c1, usamos la condici´on inicial Nm(0) = 0. Escribimos
entonces

Nm(0) = c1 + Bmnρ NT = 0
γmn + 2Bmnρ

y de aqu´ı despejamos

c1 = − Bmnρ NT (5.9.9)
γmn + 2Bmnρ

La soluci´on particular es, pues,

Nm(t) = Bmnρ 1 − e−(γmn+2Bmnρ)t NT (5.9.10)
γmn + 2Bmnρ

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 151

y para la poblaci´on del estado inferior obtenemos

Nn(t) = NT − Nm(t) = 1 − Bmnρ 1 − e−(γmn+2Bmnρ)t NT =
γmn + 2Bmnρ (5.9.11)

= γmn + Bmnρ 1 + e−(γmn+2Bmnρ)t NT
γmn + 2Bmnρ

Es inmediato comprobar que cuando t = 0, Nn(0) = NT .

5.10 Deduzca las expresiones para las poblaciones estacionarias de un sistema
de dos niveles incluyendo la degeneraci´on de los mismos. Considere la
posibilidad de conseguir, en este caso, la inversi´on de poblaci´on y si es
posible entonces inducir la emisio´n l´aser.

Objetivo
An´alisis de la viabilidad de un sistema de dos niveles.
Sugerencias

Partimos del balance de las velocidades de absorcio´n, emisi´on estimulada y
espont´anea de la radiaci´on.
Introducimos la relaci´on entre los coeficientes de Einstein de absorcio´n y de
emisi´on estimulada, suponiendo la existencia de degeneraci´on, para obtener la
relaci´on entre las poblaciones estacionarias de los dos niveles implicados.
Utilizando la condicio´n de que la poblaci´on total es constante, obtenemos una
expresio´n para la poblaci´on de los niveles en t´erminos de la poblaci´on total, los
coeficientes de Einstein, la densidad de radiaci´on y la degeneraci´on.
Estimamos la diferencia de poblaci´on entre los dos niveles y discutimos las
condiciones que deben cumplirse para que se produzca la inversi´on de poblaci´on.

Resoluci´on
En condiciones estacionarias la expresio´n general para las poblaciones es

γmnNmest + BmnρNmest − BnmρNnest = 0 (5.10.1)

y la relaci´on entre los coeficientes de Einstein Bmn y Bnm, incluyendo la degeneracio´n
de los niveles, viene dada por

Bnm = gm Bmn (5.10.2)
gn

Sustituyendo esta ecuaci´on en la (5.10.1) y despejando el cociente Nmest/Nnest obte-
nemos

152 Cap´ıtulo 5 L´aser

Nmest = gm Bmnρ (5.10.3)
Nnest gn γmn + Bmnρ

En esta expresio´n no esta´ claro que Nnest sea siempre menor que Nnest. Depende del
cociente gm/gn. Vamos a obtener las poblaciones de los estados por separado. Usando

la relaci´on

Nnest + Nmest = NT (5.10.4)
en la Ecuacio´n (5.10.3) obtenemos

Nmest = gm Bmnρ Nnest = gm γmn mnρ (NT − Nmest) (5.10.5)
gn γmn + Bmnρ gn + Bmnρ

y de aqu´ı despejamos

Nnest = gm Bmnρ NT (5.10.6)
gn (5.10.7)
γmn + 1 + gm Bmnρ
gn

Tenemos adem´as

 gm 
Nmest = NT − Nnest = 1 − gn
Bmnρ  NT

γmn + 1 + gm Bmnρ
gn

de donde

Nmest = γmn + Bmnρ NT (5.10.8)

γmn + 1 + gm Bmnρ
gn

La diferencia de poblaci´on viene dada entonces por

∆N = Nmest − Nnest = gm Bmn ρ − γmn − Bmnρ NT (5.10.9)
gn Bmnρ

γmn + 1 + gm
gn

y es mayor que cero siempre que el numerador sea positivo, es decir cuando

gm Bmnρ > γmn + Bmnρ ⇒ gm > 1+ γmn (5.10.10)
gn gn Bmnρ

Por ejemplo, si γmn → 0, gm = 2 y gn = 1, entonces hay inversi´on de poblaci´on.
Parece, pues, que estamos ante una contradicci´on, pero no es as´ı, porque la diferencia

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 153

de poblacio´n que importa no es la anterior, sino aquella en la que Nnest va multiplicada
por el cociente de las degeneraciones gm/gn, es decir

∆N = Nmest − gm Nnest = gm Bmnρ − gm (γmn + Bmnρ) =
gn gn γmn + gn NT

1 + gm Bmnρ
gn

= − gm γmn NT < 0 (5.10.11)
gn

γmn + 1 + gm Bmnρ
gn

y est´a claro que esta diferencia es siempre negativa.

5.11 Calcule la potencia m´ınima que hay que suministrar al l´aser de rub´ı del
Problema (5.3) mediante una l´ampara de flash para bombear todos los
´atomos de cromo desde el nivel l´aser inferior al nivel auxiliar. Suponga
que la longitud de onda de los fotones de la l´ampara vale 550 nm.

Objetivo

Determinacio´n de la potencia m´ınima para bombear todos los ´atomos desde el nivel
l´aser inferior al nivel auxiliar en un l´aser de tres niveles.

Sugerencias

Usando la condicio´n de la inversio´n de poblaci´on para este sistema, deducimos
la velocidad de bombeo m´ınima y, a partir de ella, calculamos la potencia de
bombeo m´ınima.

Resoluci´on

El l´aser de rub´ı es del tipo que se muestra en la Figura 5.2. Como vemos, se asimila
a un l´aser de tres niveles, donde el nivel auxiliar est´a por encima de los niveles l´aser.
La condicio´n para la inversio´n de poblacio´n es, entonces,

Rp > γmn 1 + γin (5.11.1)
γim

Para este l´aser se cumple que γim > γin (relajaci´on colisional), con γim ≈ 107 Hz.

Adem´as γmn = Amn = 333 Hz. La condici´on para la inversi´on de poblaci´on es,

entonces,

Rp > γmn (5.11.2)

as´ı que la velocidad de bombeo m´ınima viene dada por

Rpmin = γmn (5.11.3)

154 Cap´ıtulo 5 L´aser

Figura 5.2: Esquema de niveles de energ´ıa en el l´aser de rub´ı

La potencia m´ınima que hay que suministrar es por tanto

Pmin = hνinγmnNCr3+ = hc γmn NC r3+ (5.11.4)
λin

Para el l´aser de rub´ı del Problema (5.3) hemos calculado NCr3+ = 18 × 1020. Susti-
tuyendo en la expresi´on anterior los valores num´ericos, calculamos

Pmin = 21.6 kW (5.11.5)

5.12 Obtenga las expresiones para las poblaciones estacionarias de los niveles
de energ´ıa del l´aser de tres niveles.

Objetivo
Deduccio´n de las expresiones para las poblaciones de los niveles en un l´aser de tres
niveles.
Sugerencias

Partimos de las ecuaciones correspondientes a las condiciones estacionarias y la
condici´on de poblaci´on total suponiendo la existencia de solamente tres niveles.
Despejamos las poblaciones de los niveles inicial, final e intermedio en funcio´n
de constantes de desactivaci´on, velocidad de bombeo y de la poblaci´on total.

Resoluci´on
Suponemos que el nivel auxiliar, Ei, tiene una energ´ıa superior a los niveles l´aser En

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 155

y Em. En condiciones estacionarias las poblaciones cumplen las siguientes ecuaciones

−RP Nnest + γmnNmest + γimNiest = 0 (5.12.1)
−γmnNmest + γimNiest = 0 (5.12.2)
(5.12.3)
RP Nnest − γinNiest − γimNiest = 0

y, adema´s, tenemos que

Nnest + Nmest + Niest = NT (5.12.4)
(5.12.5)
Sabemos, tambi´en, que (5.12.6)
(5.12.7)
Nmest = RP γim
Nnest γmn(γim + γin)

de donde, usando la Ecuacio´n (5.12.4) obtenemos

Nmest = RP γim γin) Nnest = RP γim γin) (NT − Nmest − Niest)
γmn(γim + γmn(γim +

A partir de la Ecuacio´n (5.12.2) despejamos

Niest = γmn Nmest
γim

y sustituyendo en la Ecuacio´n (5.12.6) nos queda

Nmest = RP γim NT − Nmest − γmn Nmest (5.12.8)
γmn(γim + γin) γim

Despejando ahora Nmest de esta ecuaci´on obtenemos

Nmest = γmn(γim + RP γim + γmn) NT (5.12.9)
γin) + RP (γim

y usando este resultado en la Ecuacio´n (5.12.5) nos queda

Nnest = γmn (γim + γin) Nmest =
RP γim

= γmn(γim γmn(γim + γin) + γmn) NT (5.12.10)
+ γin) + RP (γim

Finalmente, de las Ecuaciones (5.12.9) y (5.12.10) se deduce f´acilmente que

Niest = γmn(γim + RP γmn + γmn) NT (5.12.11)
γin) + RP (γim

156 Cap´ıtulo 5 L´aser

5.13 Deduzca la condicio´n para la inversi´on de poblaci´on del sistema l´aser de
tres niveles cuando se tienen en cuenta las transiciones radiativas que
se producen entre los niveles que generan la radiaci´on l´aser. Comprue-
be el efecto que tienen estas transiciones sobre la velocidad de bombeo
necesaria para invertir la poblaci´on.

Objetivo

Deduccio´n de la condicio´n de inversio´n de poblaci´on en un l´aser de tres niveles,
teniendo en cuenta las transiciones radiativas y estudio de la incidencia sobre la
velocidad de bombeo.

Sugerencias

Partimos de las ecuaciones de velocidad para las poblaciones de los niveles l´aser
e imponemos la condicio´n de comportamiento estacionario.

Deducimos el cociente entre las poblaciones de los niveles l´aser inicial y final y
aplicamos la condicio´n de inversio´n de poblaci´on.

Despejamos la velocidad de bombeo en t´erminos de las constantes de desexci-
tacio´n de los tres niveles.

Resoluci´on

Las transiciones son las que se muestran en la Figura 5.3. La emisi´on espont´anea
desde el nivel l´aser superior m al nivel l´aser inferior n est´a incluida en la constante de
desexcitacio´n. Las transiciones radiativas l´aser son la absorcio´n (Bnmρ) y la emisi´on
estimulada (Bmnρ). Las ecuaciones de velocidad para las poblaciones de los niveles
l´aser son

dNn = −RP Nn + γmnNm + γinNi + BmnρNm − BnmρNn (5.13.1)
dt (5.13.2)

y dNm
dt
= −γmnNm + γimNi − BmnρNm + BnmρNn

En condiciones estacionarias, y suponiendo que Bnm = Bmn, tenemos que

−RP Nnest + γmnNmest + γinNiest + BmnρNmest − BmnρNnest = 0 (5.13.3)
y (5.13.4)

−γmnNmest + γimNiest − BmnρNmest + BmnρNnest = 0 (5.13.5)

Despejando de esta u´ltima ecuaci´on Ni obtenemos

Niest = (γmn + Bmnρ)Nmest − BmnρNnest
γim

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 157

Figura 5.3: Transiciones en un l´aser de tres niveles

y sustituyendo este resultado en la Ecuacio´n (5.13.3) llegamos a la expresio´n

Nmest = γim(RP + Bmnρ) + γinBmnρ (5.13.6)
Nnest (γmn + Bmnρ)(γim + γin)

La condici´on para que se produzca la inversio´n de poblacio´n es Nmest > Nnest, es decir

Nmest = γim(RP + Bmnρ) + γinBmnρ > 1 (5.13.7)
Nnest (γmn + Bmnρ)(γim + γin)

y despejando de aqu´ı la velocidad de bombeo obtenemos

RP > γmn(γim + γim) (5.13.8)
γim

Esta expresi´on es la misma que se obtiene cuando no se tienen en cuenta las transi-
ciones radiativas entre los niveles la´ser

5.14 Suponga que el bombeo desde el nivel n hasta el nivel i en el l´aser de tres
niveles se hace de forma ´optica. Analice c´omo afecta este tipo de bombeo
a la condici´on para la inversi´on de la poblaci´on.

Objetivo
An´alisis de un l´aser de tres niveles con bombeo o´ptico.
Sugerencias

Partimos de las ecuaciones cin´eticas que describen la evoluci´on de las poblacio-
nes de los niveles para este caso, que incluye el bombeo o´ptico. Deducimos el
cociente entre las poblaciones de los dos niveles implicados en la accio´n l´aser.

158 Cap´ıtulo 5 L´aser

Empleando el para´metro externo de la densidad de radiaci´on incidente deduci-
mos la condicio´n que han de cumplir las poblaciones de los estados implicados
en la accio´n l´aser, en funci´on del coeficiente de Einstein de emisi´on estimulada
y las constantes de desexcitaci´on.

Resoluci´on

Los procesos que tienen lugar en este caso son los que se muestran en la Figura 5.4.
Lo que hacemos es irradiar los a´tomos con un la´ser de intensidad ρ centrado en la
frecuencia de transici´on νin. Esto provoca tanto la absorci´on por los ´atomos desde el
nivel n hasta el nivel i, es decir, el bombeo ´optico propiamente dicho, como la emisi´on
estimulada de los ´atomos que est´an en el nivel auxiliar i, que decaen radiativamente
al nivel n. Lo que procede hacer, entonces, es sustituir en las ecuaciones que hemos
obtenido en el sistema ba´sico de tres niveles la velocidad de bombeo RP por la
velocidad de absorcio´n Binρ, y la constante de desexcitaci´on γin por γin + Bniρ, es
decir, sumar la velocidad de desexcitacio´n por emisi´on estimulada. El cociente entre
las poblaciones estacionarias de los niveles l´aser queda, entonces, como sigue

Nmest = Binργim (5.14.1)
Nnest γmn(Binρ + γim + γin)

donde hemos usado Bin = Bni. El par´ametro externo que controlamos aqu´ı es la
densidad de la radiaci´on incidente ρ(νin), luego para que haya inversi´on de poblaci´on,
es decir, para que Nnest > Nnest se ha de cumplir que

Binργim > 1 (5.14.2)
γmn(Binρ + γim + γin)

de donde

Figura 5.4: Transiciones en un l´aser de tres niveles con bombeo o´ptico

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 159

ρ > γmn(γim + γin) (5.14.3)
Bin(γim − γmn)

Vemos que en este caso es necesario que γim > γmn, es decir, la velocidad de
desexcitacio´n del nivel auxiliar i al nivel superior l´aser no debe ser superior a la
velocidad de desexcitacio´n del nivel superior l´aser al nivel inferior l´aser. Esto entra
dentro de las previsiones. Adem´as, la inversio´n de poblaci´on viene favorecida por
valores pequen˜os del segundo miembro de la desigualdad (v´ease Ecuacio´n (5.14.3)),
es decir, por valores de Bin y γim elevados y valores de γmn y γin bajos.

5.15 Considere un sistema l´aser de tres niveles en el que el nivel auxiliar E0
est´a situado debajo de los niveles l´aser En y Em. Obtenga la condici´on pa-
ra la inversio´n de poblacio´n teniendo en cuenta las transiciones radiativas

que se producen entre los niveles l´aser.

Objetivo

Deduccio´n de la condicio´n de inversi´on de poblaci´on en un l´aser de tres niveles cuando
el nivel auxiliar est´a por debajo del nivel l´aser inferior.

Sugerencias

Escribimos las ecuaciones cin´eticas de los dos niveles implicados en la transici´on
l´aser y aplicamos la condicio´n de estado estacionario.

Obtenemos la relaci´on entre las poblaciones de los niveles implicados en la
emisi´on l´aser y deducimos la condicio´n que se ha de cumplir para que haya
inversi´on de poblaci´on.

Resoluci´on

Las transiciones son las que se muestran en la Figura 5.5. La emisi´on espont´anea
desde el nivel l´aser superior m al nivel l´aser inferior n est´a incluida en la constante
de desexcitaci´on γmn. Las transiciones radiativas l´aser son la absorci´on (Bnmρ) y la
emisi´on estimulada (Bmnρ). Las ecuaciones de velocidad para las poblaciones de los
niveles l´aser son

dNn = γmnNm − γn0Nn − BnmρNn + BmnρNm (5.15.1)
dt

y

dNm = RpN0 − γm0Nm − γmnNm + BmnρNn − BmnρNm (5.15.2)
dt

En condiciones estacionarias y suponiendo que Bnm = Bmn, obtenemos a partir de
la Ecuacio´n (5.15.1) la expresi´on

160 Cap´ıtulo 5 L´aser

Figura 5.5: Transiciones en un l´aser de tres niveles con el nivel auxiliar por debajo de los
niveles l´aser

Nmest = γn0 + Bmnρ (5.15.3)
Nnest γmnBnmρ

La condicio´n para que haya inversi´on de poblaci´on Nmest > Nnest implica, por tanto,
que

γn0 + Bmnρ > 1 (5.15.4)
γmnBnmρ

es decir, ba´sicamente, γn0 > γmn. La desactivaci´on del nivel l´aser inferior En al
nivel auxiliar E0, que est´a situado por debajo del mismo, debe ser, pues, ma´s ra´pida
que la desactivaci´on del nivel l´aser superior Em al nivel l´aser inferior En.

5.16 Sea un sistema l´aser de cuatro niveles en el que los niveles auxiliares Ei y
E0 est´an, respectivamente, por encima y por debajo de los niveles l´aser.
Escriba las ecuaciones de velocidad para los cuatro niveles y deduzca la
condici´on para la inversi´on de poblaci´on.

Objetivo
Deduccio´n de la condicio´n para la inversio´n de poblaci´on en un l´aser de cuatro
niveles.
Sugerencias

Escribimos las ecuaciones de velocidad para los cuatro niveles implicados.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 161

Imponemos las condiciones de estado estacionario.

Despejamos el cociente entre las poblaciones de los niveles implicados en la
transici´on la´ser y discutimos las condiciones que deben cumplir los coeficientes
de desactivacio´n que intervienen para que haya inversio´n de poblaci´on.

Resoluci´on

Las transiciones son las que se muestran en la Figura 5.6. Si tenemos en cuenta las
transiciones l´aser, las ecuaciones de velocidad para las poblaciones de los niveles son
las siguientes:

dNi = RP Nn − (γi0 + γim + γin)Ni (5.16.1)
dt (5.16.2)
(5.16.3)
dNm = γimNi − γmnNm (5.16.4)
dt

dNn = γinNi + γmnNm − γn0Nn
dt

dN0 = −RP N0 + γi0Ni + γn0Nn
dt

En condiciones estacionarias, a partir de la Ecuacio´n (5.16.2) obtenemos

Niest = γmn Nmest (5.16.5)
γim

y usando la Ecuacio´n (5.16.3), escribimos

γinNiest + γmnNmest − γnoNnest = 0 (5.16.6)

Figura 5.6: Transiciones en un l´aser de cuatro niveles

162 Cap´ıtulo 5 L´aser

Sustituyendo aqu´ı la Ecuacio´n (5.16.5) despejamos

Nmest = γn0γim (5.16.7)
Nnest γmn(γin + γim)

La condicio´n para la inversion de poblaci´on es entonces

Nmest = γn0γim > 1
Nnest γmn(γin + γim)

de donde γn0

γin >1 (5.16.8)
γim
γmn 1 +

La condicio´n que favorece la inversio´n de poblaci´on es, primero que

γim >> γin (5.16.9)

que es similar a la que obtuvimos para el l´aser de tres niveles, y si se cumple ´esta

que

γn0 > γmn (5.16.10)

es decir, que el nivel l´aser inferior, n, se desactive ma´s r´apido de lo que se activa.

5.17 La apertura de salida de un l´aser de He-Ne (λmn = 632.8 nm) tiene un
di´ametro de 4 mm. Calcule la desviaci´on del haz despu´es de recorrer 1 km

de distancia.

Objetivo
Ca´lculo de la desviacio´n de un haz l´aser.
Sugerencias

Obtenemos el a´ngulo de dispersi´on en funcio´n de la longitud de onda y la
apertura por la que emerge el haz.

Conocido el ´angulo de dispersi´on establecemos la relaci´on entre el ´angulo, la
distancia y la elevaci´on, de donde podemos calcular esta u´ltima.

Resoluci´on

La disposicio´n es la que se muestra en la Figura 5.7. El a´ngulo de dispersio´n viene
dado por

∆θ = 1.22 λ (5.17.1)
d

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 163

Figura 5.7: Apertura de salida de un l´aser

Calculamos entonces

∆θ = 1.22 · 632.8 × 10−9 m = 1.9 × 10−4 rad (5.17.2)
4 × 10−3 m
(5.17.3)
De acuerdo con el tria´ngulo de la figura, tenemos, adema´s (5.17.4)

tan θ = h
z

luego h = z tan θ = 1000 m tan(1.9 × 10−4) = 19 cm

La desviaci´on es, pues, de 19 cm nada ma´s.

5.18 Calcule el tiempo y la longitud de coherencia de la luz blanca suponiendo
que contiene todas las longitudes de onda del espectro visible.

Objetivo
Determinacio´n del tiempo y de la longitud de coherencia.
Sugerencias

Establecemos el intervalo de frecuencias que corresponde a la luz blanca y cal-
culamos el ancho de banda.
A partir del ancho de banda calculamos el tiempo de coherencia y la longitud
de coherencia.

164 Cap´ıtulo 5 L´aser

Resoluci´on

Las longitudes de onda de la radiaci´on visible se extienden desde 390 nm hasta
780 nm, que corresponden al intervalo de frecuencias comprendido entre 770× 1012 Hz
y 380× 1012 Hz. El ancho de banda es, entonces,

∆ν = (770 − 380) × 1012 Hz = 390 × 1012 Hz (5.18.1)

de donde

τC = 1 = 1 = 2.6 × 10−15 s (5.18.2)
∆ν 390 × 1012 Hz

y

lC = cτC = 2.998 × 108 m · 2.6 × 10−15 s = 7.7 × 10−7 m = 770 nm (5.18.3)
s

Como vemos, la longitud de coherencia es del mismo orden que las longitudes de
onda, es decir, la luz blanca apenas viaja una longitud de onda sin desfasarse.

5.19 Calcule la radiancia de la luz de un l´aser de He-Ne que emite a una
potencia de 1 nW. Suponga que Ω ≈ θ2 y que la apertura de salida es

circular.

Objetivo
Determinacio´n de la radiancia de un l´aser.
Sugerencias

Aplicamos la definici´on de radiancia imponiendo las aproximaciones que intro-
duce el enunciado del problema y la calculamos.

Resoluci´on
La radiancia viene dada por

B = P (5.19.1)
A∆Ω

De acuerdo con el enunciado tomamos ∆Ω ≈ (∆θ)2, con lo que tenemos

B = P = A P 2 = d2 P 2 = π 4 P (5.19.2)
A(∆θ)2 · 1.222 λ2
1.22·λ π 1.22λ
d
4d

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 165

donde hemos usado las expresiones ∆θ = 1.22 λ/d y A = πd2/4. Sustituyendo en
esta u´ltima expresi´on los valores num´ericos calculamos

B = 2.13 × 105 W (5.19.3)
cm2 s rad

5.20 Una lente convexa enfoca un haz de radiaci´on que incide sobre ella en
la zona situada en el punto focal de la lente. Para un haz de luz l´aser,
el radio de la zona enfocada viene dado por w0 = λ/(πθ), donde θ es el
´angulo de convergencia. Calcule w0 para un haz procedente de un l´aser de
He-Ne de 0.5 mm de radio que atraviesa una lente convexa cuya distancia
focal vale 20 mm.

Objetivo
Determinacio´n del radio de la superficie enfocada con una lente de un l´aser.
Sugerencias

Partimos de un esquema de la dispersi´on de un haz l´aser y la relacio´n entre el
radio de la zona enfocada, la longitud de onda del haz y el ´angulo de conver-
gencia, de donde podemos obtener el radio de la zona enfocada.

Resoluci´on

En la Figura 5.8 se muestra un esquema de la dispersi´on. Sabemos que

ω0 = λ (5.20.1)
πθ

Figura 5.8: Enfoque de radiaci´on l´aser por una lente

166 Cap´ıtulo 5 L´aser

Para calcular ω0 hemos de determinar primero el a´ngulo de convergencia θ. Este, sin
embargo, tambi´en viene dado por

tan θ = ω (5.20.2)
f

donde ω es el radio del haz incidente y f es la distancia focal. Puesto que normalmente
se cumple que θ es muy pequen˜o, se puede usar tambi´en directamente la relaci´on
θ = ω/f . En nuestro caso tenemos

tan θ = 0.5 = 0.025 ⇒ θ = arctan (0.025) = 0.025 (5.20.3)
20

Para el l´aser de He-Ne, tenemos λ = 632.8 nm, as´ı que

ω0 = 632.8 × 10−9 m = 8 × 10−6 = 8 µm (5.20.4)
π · 0.025

El radio del haz se reduce, pues, en un factor ω0/ω = 0.008/0.5 = 0.016.

C A P ´I T U L O 6

Espectroscop´ıa ato´mica

ENUNCIADOS Y RESOLUCIO´ N DE LOS PROBLEMAS

6.1 Demuestre la regla de seleccio´n angular del ´atomo hidrogenoide ∆m =
0, ±1.

Objetivo
Deduccio´n de la regla de seleccio´n angular del ´atomo hidrogenoide ∆m = 0, ±1.
Sugerencias

Resolvemos las integrales implicadas en esta regla de selecci´on usando la relaci´on
de Euler para expresar las exponenciales imaginarias en funcio´n de senos y
cosenos.

Resoluci´on
Las integrales a resolver son:

2π 2π 2π

e−im′ΦeimΦ dΦ, e−im′Φ senΦ eimΦ dΦ, e−im′Φ cosΦ eimΦdΦ

0 0 0

(6.1.1)

La primera se integra directamente para dar

2π 2π e−i(m−m′)Φ dΦ = 1 ei(m−m′)Φ 2π =
0 i(m − m′) 0
e−im′ΦeimΦ dΦ =

0

= 1 ei(m−m′)2π − 1 (6.1.2)
i(m − m′)

Si m = m′, usando la relaci´on de Euler e±iα = cosα ± i senα, obtenemos

168 Cap´ıtulo 6 Espectroscop´ıa at´omica


 
2π = i(m 1 m′) cos[(m − m′)2π] + isen[(m − m′)2π] −1 = 0
−
e−im′ΦeimΦdΦ  

0 10

(6.1.3)

• Si m = m′ tenemos una indeterminaci´on. Definiendo x = m′ − m y apli-
cando la regla de L’Hopital en la expresio´n (6.1.2), obtenemos

l´ım 1 eix2π − 1 = l´ım i2πeix2π = 2π =0 (6.1.4)
ix i
x→0 x→0

La regla de selecci´on en este caso es ∆m = 0.

Vamos ahora con la segunda integral. Usando la relaci´on de Euler inversa sen α =
[eiα − e−iα]/(2i) desarrollamos

2π 2π e−i(m−m′)Φ 1 eiΦ − e−iΦ dΦ =
0 2i
e−im′Φ senΦ eimΦ dΦ =

0

1 2π 2π ei(m−m′−1)ΦdΦ
2i ei(m−m′+1)ΦdΦ −
=

00

(6.1.5)

El resultado de la primera integral es

2π = i(m 1 + 1) ei(m−m′+1)Φ 2π =
− m′ 0
ei(m−m′+1)ΦdΦ

0

= 1 ei(m−m′+1)2π − 1 (6.1.6)
i(m − m′ + 1)

Si m − m′ + 1 = 0, es decir si m′ = m − 1 esta integral se anula por la misma

raz´on que la anterior (Ecuaci´on (6.1.3)). Nos queda entonces la posibilidad de que
m−m′ +1 = 0. Entonces volvemos a tener una indeterminaci´on que se resuelve como

antes (v´ease Ecuacio´n (6.1.4)) y la integral no se anula. La regla de selecci´on es, por
tanto, m′ = m − 1 (∆m = −1). Para la segunda integral de la Ecuacio´n (6.1.5) es
va´lido el mismo argumento que acabamos de aplicar tomando ahora m − m′ − 1. La
integral es diferente de cero so´lo cuando m − m′ − 1 = 0 y la regla de seleccio´n es
m′ = m + 1 (∆m = +1).

Para la tercera integral usando las relaci´on de Euler inversa cosα = 1 eiα + e−iα
2
obtenemos

2π 2π e−i(m−m′)Φ 1 eiΦ + e−iΦ dΦ =
0 2
e−im′Φ cosΦ eimΦ dΦ =

0

1 2π 2π ei(m−m′−1)ΦdΦ
2 ei(m−m′+1)ΦdΦ +
=

00

(6.1.7)

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 169

Estas integrales son las mismas que las que acabamos de resolver y conducen a las
mismas reglas de selecci´on.

6.2 Demuestre la regla de selecci´on angular del ´atomo hidrogenoide ∆l = ±1.

Objetivo
Deduccio´n de la regla de seleccio´n angular del a´tomo hidrogenoide ∆l = ±1.
Sugerencias

Resolvemos las integrales implicadas en esta regla de seleccio´n usando las re-
laciones de recurrencia de los polinomios asociados de Legendre y la condicio´n
de ortogonalidad de los mismos.

Resoluci´on

El momento dipolar de transici´on electro´nica para el ´atomo hidrogenoide viene dado
por la expresi´on

∞ Rn′l′ (r)r3Rnldr ×

ψn′l′m′ |µ|ψnlm = −e (6.2.1)

0

2π π
× Θ∗l′m′(θ)Φ∗m′(φ)[sen θ i + sen θ sen φ j + cos θ k] Θlm(θ)Φm(φ)senθdθdφ

00

Utilizando la notaci´on bracket podemos escribir la parte angular de esta integral de
la forma

Il′,m′;l,m = l′m′|sen θ |lm m′|cos φ |m i + l′m′|sen θ |lm m′|sen φ |m j +

+ l′m′|cos θ |lm m′|m k (6.2.2)

o definiendo las componentes de esta integral como sigue

Ilx′,m′;l,m = l′m′|sen θ |lm m′|cos φ |m (6.2.3)
Ily′,m′;l,m = l′m′|sen θ |lm m′|sen φ |m (6.2.4)
l′m′|cos θ |lm m′|m (6.2.5)
Ilz′,m′;l,m =

tenemos Il′,m′;l,m = Ilx′,m′;l,mi + Ily′,m′;l,mj + Ilz′,m′;l,mk

(6.2.6)

Para que esta integral no se anule debe ser distinta de cero al menos una de sus

componentes. Hemos de evaluar, pues, cada una de las componentes y ver para
qu´e valores de los nu´meros cua´nticos l y l′ dichas componentes no se anulan.

170 Cap´ıtulo 6 Espectroscop´ıa at´omica

Comencemos por la componente Ilz′,m′;l,m. Debido a la condicio´n de ortonormalidad
de la funci´on Φ∗m′(φ) y Φm(φ), para que esta integral sea diferente de cero se ha de
cumplir que m = m′, tal como hemos visto en el problema anterior. Puesto que

m′|m = 2π (6.2.7)
la integral Ilz′,m′;l,m se reduce a (6.2.8)
Φ∗m′ Φm(φ) = δm′m (6.2.9)

0

Ilz′,m′;l,m = l′m|cos θ |lm

o, expl´ıcitamente

Ilz′,m′;l,m = π Θ∗l′m′ (θ) cos θ Θlm(θ) sen θ d θ

0

Las funciones de onda angulares Θlm(θ) vienen dadas por la expresi´on

Θlm(θ) = Nl,|m|Pl|m|(cos θ) (6.2.10)

donde Pl|m|(cos θ) son los polinomios asociados de Legendre y Nl,|m| es la constante
de normalizaci´on dada por

Nl,|m| = 2l + 1 (l − |m|)! (6.2.11)
2 (l + |m|)!

Las funciones Θlm(θ) satisfacen la condicio´n de ortonormalidad

π (6.2.12)

Θ∗l′m′ (θ) sen θ Θlm(θ) sen θ d θ = δl′l

0

Para evaluar la integral (6.2.9) podemos usar la siguiente relaci´on que satisfacen los
polinomios asociados de Legendre

cos θ Pl|m| = (l − m + 1)Pl|+m1| + (l + m)Pl|−m1| (6.2.13)
2l + 1

Usando esta relaci´on en la integral (6.2.9) escribimos

Ilz′,m′;l,m = ππ

Θl∗′m(θ) cosθ Θlm(θ) senθ d θ = Nl,|m| Θ∗l′m(θ) cosθ Pl|m|(θ)senθ dθ =

00

π (l − |m| + 1)Pl|+m1|(θ) + (l + |m|)Pl|−m1|(θ) senθ dθ =
2l + 1
= Nl,|m| Θl∗′m(θ)

0

= Nl,|m|(l − |m| + 1) π
2l + 1
Θl∗′m(θ) Pl|+m1|(θ) sen θ d θ +

0

+ Nl,|m|(l − |m|) π (6.2.14)
2l + 1
Θ∗l′m′ (θ) Pl|−m1|(θ) sen θ d θ

0

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 171

y teniendo en cuenta que

Pl|+m1|(θ) = Θl+1,m (6.2.15)
Nl+1,|m|

y Θl−1,m
Nl−1,|m|
Pl|−m1|(θ) = (6.2.16)

la integral Ilz′,m′;l,m nos queda

Ilz′,m′;l,m = Nl,|m|(l − |m| + 1 π
Nl,|m|(2l + 1)
Θl∗′m(θ) sen θ Θl+1,m(θ) sen θ d θ +

0

+ Nl,|m|(l + |m| π (6.2.17)
Nl−1,|m|(2l + 1)
Θl∗′m(θ) sen θ Θl−1,m(θ) sen θ d θ

0

Usando aqu´ı la condicio´n de ortonormalidad (6.2.12) escribimos

Ilz′,m′;l,n = Nl,|m|(l − |m| + 1 + Nl,|m|(l + |m| (6.2.18)
Nl,|m|(2l + 1) δl′,l+1 Nl−1,|m|(2l + 1) δl′,l−1

Para que esta integral tome valores diferentes de cero, se ha de cumplir entonces

l′ = l ± 1 =⇒ ∆l = ±1 (6.2.19)

que es la regla de seleccio´n que quer´ıamos demostrar.

Las integrales Ilx′,m′;l,m e Ily′,m′;l,m se resuelven de modo an´alogo, teniendo en cuenta
ahora la regla de selecci´on ∆m = ±1 que hemos determinado en el problema anterior
y usando las siguientes relaciones para los polinomios asociados de Legendre

sen θ Pl|m|−1 = Pl|−m1| − Pl|+m1| (6.2.20)
2l + 1 (6.2.21)

y

sen θ Pl|m|+1 = (l − |m|)(l − |m| + 1)Pl|+m1| − (l + |m|)(l + |m| + 1)Pl|−m1|
2l + 1

Para ambas integrales, adema´s, la regla de seleccio´n que se obtiene es la misma que
hemos obtenido anteriormente, es decir, ∆l = ±1.

172 Cap´ıtulo 6 Espectroscop´ıa at´omica

6.3 Calcule en cuantos angstroms difieren las primeras l´ıneas de las series de
Lyman y de Balmer del hidr´ogeno y del deuterio, sin tener en cuenta la
estructura fina.

Objetivo
Estimaci´on comparativa de las l´ıneas espectrales de dos iso´topos.
Sugerencias

Partimos de la expresi´on para el nu´mero de ondas de las l´ıneas espectrales.

Calculamos las masas reducidas de los dos is´otopos y su relaci´on.

Calculamos las constantes de Rydberg, las frecuencias y longitudes de onda y
la diferencia entre estas u´ltimas.

Resoluci´on

La expresio´n general para los nu´meros de ondas de las l´ıneas espectrales hidrogenoi-
des es

ν˜ = R 1 − 1 , n2 > n1 (6.3.1)
n12 n22

donde R es la constante de Rydberg, que viene dada por

R = 2π 2 µZ 2 k2 e4 (6.3.2)
ch3

con

µ = mN me (6.3.3)
MN + me

Para el ´atomo de hidro´geno y sus is´otopos, tenemos Z = 1. La constante de Rydberg
del hidr´ogeno y del deuterio vienen dadas entonces por las expresiones

RH = 2π2µH k2e4 con µH = mH me (6.3.4)
ch3 mH + me (6.3.5)

RD = 2π 2 µD k2 e4 con µD = mD me
ch3 mT + me

Tomemos mD = 2mH , lo que equivale a suponer que la masa del neutr´on y la del
proto´n son iguales. La relaci´on entre las masas reducidas es entonces

µD = 2(mH + me) µH (6.3.6)
(2mH + me)

La diferencia entre las masas reducidas es, en realidad, muy pequen˜a. Efectivamente,
sabiendo que mH ≈ 1836.152756 me calculamos

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 173

µD = 2(1836.15 + 1)m/e µH = 1.000272235 µH (6.3.7)
(2 · 1836.15 + 1)m/e

as´ı que cabe esperar que la diferencia entre las l´ıneas espectrosco´picas del hidro´geno y
del deuterio sean tambi´en muy pequen˜as. Veamos cua´les son esas diferencias. Comen-
cemos por la primera l´ınea de la serie de Lyman. Los nu´meros cu´anticos son n1 = 1
y n2 = 2, de modo que los nu´meros de onda para los dos is´otopos valen

ν˜H = RH 1 − 1 = RH 3 = 109677.58 · 3 = 82258.19 cm−1 (6.3.8)
ν˜D = RH 1 4 4 4 (6.3.9)

1 − 1 · 1.000272235 = 82280.58 cm−1
1 4

y para las longitudes de onda calculamos

λH = 1 = 1215.68 ˚A 
ν˜H 

∆λ = 0.33˚A (6.3.10)

λD = 1 = 1215.35 A˚
ν˜D

Para la primera l´ınea de la serie de Balmer tenemos n1 = 2 y nL = 3, de modo que
los nu´meros de onda para los dos is´otopos valen

ν˜H = RH 1 − 1 = RH 5 = 109677.58 · 5 = 15233.00 cm−1 (6.3.11)
ν˜D = RH 4 9 36 36

1 − 1 · 1.000272235 = 15237.14 cm−1 (6.3.12)
4 9

y para las longitudes de onda calculamos

λH = 1 = 6564.70 ˚A 
ν˜H 

∆λ = 1.79A˚ (6.3.13)

λD = 1 = 6562.91 A˚
ν˜D

6.4 La serie del espectro del cation He+ que corresponde al conjunto de
transiciones en las que el electro´n salta desde un nivel excitado al estado
con n = 4 se denomina serie de Pickering, y es importante en astronom´ıa
solar. Obtenga la f´ormula para las longitudes de onda de las l´ıneas de esta
serie y averigu¨e en qu´e regio´n del espectro caen.

Objetivo
Determinacio´n de las longitudes de onda de las l´ıneas de la serie de Pickering.
Sugerencias

Partimos de la expresi´on general de los nu´meros de onda de las l´ıneas espectrales
para los a´tomos hidrogenoides y la aplicamos al catio´n de helio.

174 Cap´ıtulo 6 Espectroscop´ıa at´omica

Calculamos las longitudes de onda para valores sucesivos del nu´mero cua´ntico
n2.

Resoluci´on

La expresi´on general para los nu´meros de onda de las l´ıneas espectrales de los a´tomos
hidrogenoides es

ν˜ = 2π 2 µZ 2 k2 e4 1 − 1 n2 > n1 (6.4.1)
ch3 n12 n22

Para el catio´n de helio tenemos Z = 2 y µ = µHe. Si multiplicamos y dividimos la
expresio´n anterior por la masa reducida del a´tomo de hidro´geno obtenemos

ν˜ = 2π2µH k2e4 Z 2 µH e 1 − 1 = RH Z2 µHe 1 − 1 (6.4.2)
ch3 µH n12 n22 µH n21 n22

RH

donde, como sabemos, RH = 109677.42 cm−1. Hemos de calcular, pues, el cociente
entre la masa reducida del a´tomo de helio y la del ´atomo de hidro´geno. Para el a´tomo

de hidro´geno tenemos

µH = memp = 9.1093897 × 10−31 · 1.676231 × 10−27 = 9.1044312 × 10−31 kg
me + mp 9.1093897 × 10−31 + 1.676231 × 10−27

(6.4.3)

Para el ´atomo de helio calculamos primero la masa del nu´cleo. Tenemos

mHe = 2(mp + mn) = 2[1.6726231 + 1.6749786] × 10−27 = 6.6951034 × 10−27 kg
(6.4.4)

de modo que su masa reducida vale

µHe = memHe = 9.1093897 × 10−31 · 6.6951034 × 10−27 = 9.1081505×10−31 kg
me + mHe 9.1093897 × 10−31 + 6.6951034 × 10−27
(6.4.5)

El cociente entre las masas reducidas vale entonces

µHe = 9.1081505 × 10−31 = 1.0004085 (6.4.6)
µH 9.1044317 × 10−31

Usando este resultado en la Ecuacio´n (6.4.2) obtenemos

ν˜ = RH Z2 µHe 1 − 1 = 438888.88 1 − 1
µH n12 n22 n21 n22

Para la serie de Pickering tenemos n1 = 4, de modo que los nu´meros de onda de la
misma vienen dados por la ecuaci´on

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 175

ν˜ = 438888.88 1 − 1 , n2 = 5, 6, 7 · · · (6.4.7)
42 n22

Dando valores sucesivamente a n2 calculamos

n2 = 5

ν˜ = 438888.88 1 − 1 = 9875.00 cm−1 (6.4.8)
16 25 (6.4.9)

λ = 1 = 1012.65 nm
ν

n2 = 6

ν˜ = 438888.88 1 − 1 = 1523.20 cm−1 (6.4.10)
16 36 (6.4.11)

λ = 1 = 656.20 nm
ν

n2 = 7

ν˜ = 438888.88 1 − 1 = 18473.64 cm−1 (6.4.12)
16 49 (6.4.13)

λ = 1 = 541.31 nm
ν

n2 = 8 ν˜ = 438888.88 1 − 1 = 20572.92 cm−1 (6.4.14)
n2 = ∞ 16 64 (6.4.15)

λ = 1 = 486.08 nm (6.4.16)
ν (6.4.17)

ν˜ = 438888.88 1 − 0 = 27430.56 cm−1
16

λ = 1 = 364.56 nm
ν

En la Tabla 6.1 resumimos todos estos resultados. Salvo la primera l´ınea, la serie de
Pickering aparece, como vemos, fundamentalmente en la regio´n visible. Obs´ervese
que las l´ıneas de esta serie correspondientes a los valores de n2 pares, es decir n2 =
6, 8, 10, · · · , pr´acticamente coinciden con las l´ıneas de la serie de Balmer del ´atomo
de hidro´geno.

176 Cap´ıtulo 6 Espectroscop´ıa at´omica

Tabla 6.1: Frecuencias y longitudes de onda de las l´ıneas de la serie de Pickering

Transici´on ν(cm−1) λ(nm) Regio´n espectral
n2 → n1
9875.00 10120.65 Infrarrojo
5→4 9875.00 10120.65 Visible
5→4 15239.20 Visible
6→4 18473.64 656.20 Visible
7→4 20572.92 541.31 Visible
8→4 486.08
... Visible-UV
... 27430.56 ...
∞→4 364.56

6.5 Obtenga una expresi´on para el momento dipolar de la transicio´n 2pz → 1s
de los ´atomos hidrogenoides.

Objetivo
Deduccio´n del momento dipolar de una transicio´n ato´mica.
Sugerencias

Partimos de las expresiones de las funciones de onda para los estados implicados
en la transicio´n y resolvemos la integral correspondiente al momento dipolar de
la transici´on.

Resoluci´on

Las funciones de onda son

1 Z 3
a
ψ1s = ψ100 = e2 − Zr (6.5.1)
a (6.5.2)
1
y π 2

1 Z 5

ψ2pz = ψ210 = 2 re− Zr cos θ
a
1 2a
π 2

El momento dipolar de transici´on viene entonces dado por

Puesto que 2pz|µ|1s = e · [ 2pz|x|1s i + 2pz|y|1s j + 2pz|z|1s k] (6.5.3)

x = r sen θ cos φ (6.5.4)
y = r sen θ sen φ (6.5.5)
z = r cos θ (6.5.6)

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 177

tenemos

2pz|µ|1s = e · [ 2pz|r sen θ cos φ|1s i + 2pz|r sen θ sen φ|1s j + 2pz| cos θ|1s k]
(6.5.7)

Sustituyendo las funciones de onda (6.5.1) y (6.5.2) en estas integrales y teniendo en
cuenta que la integral radial es la misma para las tres componentes, desarrollamos

∞1 Z 5 1 Z 3
2a a
2pz |µ|1s = e· 2 re− Zr r 2 e− Zr r2 dr ×
a a
1 1
0 π 2 π 2

π 2π π π
× i cos θ sen2θdθ cos φ dφ + j cos θ sen2 θ dθ sen φ dφ +

0 00 0

π 2π (6.5.8)

+ k cos2 θ sen θ dθ dφ

00

Las integrales en θ se resuelven realizando los cambios de variable t = sen θ y t = cos θ
y los resultados que se obtienen son

π = 0 t3 0 (6.5.9)
3
cos θ sen2 θ dθ t2 dt = =0

08 0 0
< t = sen θ

: dt = cos θ dθ

y

π =− −1 − t3 −1 − 1 − 1 = 2 (6.5.10)
3 3 3 3
cos2 θ sen θ dθ t2 dt = =−

08 1 1

< t = cos θ

: dt = −sen θ dθ

Obs´ervese que como la integral (6.5.9) vale cero, se anulan las componentes x e y
del momento dipolar de transici´on. Tenemos, entonces,

e 5 3 ∞ r4 e e−Zr − Zr dr 4π/
π/ 2a a
2pz |µ|1s = k Z2 Z2 =
2a
a0 3

= k √e Z 4 ∞ 3Zr
32 a 2a
r4e− dr (6.5.11)

0

Para evaluar la integral radial usamos la expresi´on general

∞ = n! n > −1, q>0 (6.5.12)
qn+1
x4 e−qx

0

Identificando x = r, n = 4 y q = 3Z/2a, obtenemos

178 Cap´ıtulo 6 Espectroscop´ıa at´omica

∞ r4 e− 3Zr 4! 4 · /3 · 2 · 25 a 5 4 · 26 a5
2a 3/54 Z 34 Z
dr = 3Z 5 = = (6.5.13)
(6.5.14)
0 2a

Sustituyendo este resultado en (6.5.11) nos queda finalmente

| 2pz |µ|1s | = √e Z 4 4 · 26 a 5 = √28 ea = 0.7449 ea
32 a 34 Z 235 Z Z

6.6 Calcule el coeficiente de Einstein de emisio´n espont´anea, el tiempo de vida
media y la anchura natural del estado 2pz de los ´atomos hidrogenoides.

Objetivo

Obtenci´on del coeficiente de Einstein, el tiempo de vida media y la anchura natural
de una transici´on espont´anea ato´mica.

Sugerencias

Calculamos el momento dipolar de transicio´n y la frecuencia de resonancia para
la transicio´n 2pz → 1s y usamos los resultados para determinar el coeficiente
de Einstein de emisi´on espont´anea.

A partir del coeficiente de Einstein calculamos el tiempo de vida media y la
anchura natural.

Resoluci´on
La expresio´n general para el coeficiente de Einstein Amn es

Amn = 16π2νm3 n| m|µ|n |2 (6.6.1)
3ε0hc3

Hemos de calcular, pues, el momento dipolar de transicio´n y la frecuencia de reso-

nancia. El primero ya lo hemos calculado en el problema anterior y la expresio´n para

el mismo es ea
Z
| 2pz |µ|1s | = 0.7449 (6.6.2)

Sustituyendo aqu´ı e = 1.602 × 10−19 C y a = 5.291 × 10−11 m, obtenemos

| 2pz |µ|1s | = 6.348 × 10−30C m (6.6.3)
Z

La expresio´n general para la frecuencia de transicio´n es

νn1,n2 = ∆E = µZ 2 k2 e4 1 − 1 = Z 2 ke2 1 − 1 (6.6.4)
h 2h 2 n21 n22 2ha n21 n22