¿El número cuántico del momento angular orbital total LLL debe ser menor que el número cuántico principal nnn? Si es así, ¿por qué?

Estoy estudiando el acoplamiento LS y los símbolos de términos. En mi libro de texto, hay un ejercicio:

¿Por qué es imposible para un 2   2 D 3 / 2 estado de existir?

La respuesta dice que el número cuántico del momento angular orbital total debe ser menor que el número cuántico principal. Pero en mi opinión, considerando la configuración electrónica, 1 s 2 2 s 2 2 pag 2 , si los dos electrones en 2 pag , la subcapa externa, tienen números cuánticos ( 1 , 1 / 2 ) y ( 1 , − 1 / 2 ) respectivamente que están en el término de ( metro yo , metro s ) , metro yo es el número cuántico magnético, y metro s es el número cuántico magnético de espín, entonces el número cuántico angular orbital total es 1 + 1 = 2 que es igual a su número cuántico principal. Este ejemplo es un conflicto contra la respuesta.

¿Cuál está mal, mi ejemplo o la respuesta en el libro de texto?

No estoy seguro de haberte entendido, pero ¿estás sumando los estados de dos electrones diferentes? yo ≤ norte por un solo electrón.
Si tiene un número par de electrones, como en el carbono, entonces el espín total (y, por lo tanto, el momento angular total) deben ser números enteros en lugar de semienteros, lo que descarta su ejemplo. De manera más general, su afirmación "entonces el número cuántico angular orbital total es 1+1=2" no es particularmente precisa: la adición de momentos angulares en QM es un tema complejo, y 1+1=2 es solo una posibilidad entre varias ; si esto no le resulta familiar, entonces debe dar un largo paso atrás y estudiar ese tema desde cero.
Para un solo electrón, sé que siempre es cierto que yo < norte . Quiero confirmar que si el número cuántico del momento angular orbital total, generalmente se usa L como el símbolo, es siempre menor que norte .
@Iven Si define n para estados multielectrónicos como la suma de un solo electrón n, entonces total l <total n.
@ my2cts Esa métrica es esencialmente inútil: básicamente no hay literatura que incluso mire esa suma, y ​​mucho menos la use para algo útil. ¿O tienes un contraejemplo relevante?
@Emilio Pisanty Responde directamente al OP y no es más inútil que la conocida y enseñada regla para estados de un solo electrón. No ser utilizado no hace que una regla sea inútil. ¿Tienes alguna objeción al respecto?

Respuestas (3)

¿Cuál está mal, mi ejemplo o la respuesta en el libro de texto?

Tu ejemplo está mal. Tienes dos electrones activos en el pag caparazón, y su giro total debe acoplarse a S = 0 o S = 1 , que corresponden a singlete ( 2 S + 1 = 1 ) o triplete ( 2 S + 1 = 3 ) afirma. El estado de destino que le han dado es un estado de doblete (indicado por el 2 S + 1 = 2 superíndice), por lo que ya ha perdido la marca.

Más generalmente, si desea un estado doblete (con S = 1 / 2 ), entonces necesita un número impar de electrones, ya que los números pares de electrones siempre tienen un espín total de valor entero.

Esto entonces te pone en problemas, porque tener norte = 2 te limita a tener sólo pag electrones con ℓ = 1 contribuyendo al momento angular orbital, y si tiene un número impar de tales electrones, entonces está restringido a un valor entero impar para L . Esto entonces elimina por completo la posibilidad de cualquier 2   2 D j estado, cualquiera que sea el j .

(Si algo de lo anterior no le resulta familiar, es casi seguro que se deba a una preparación incompleta en el procedimiento de la mecánica cuántica para agregar momentos angulares. Este es un tema amplio y complejo, y debe abordarlo desde cero).

En cuanto a su pregunta más general,

Quiero confirmar que si el número cuántico del momento angular orbital total L es siempre menor que norte .

No, este no es el caso (al menos, para estados excitados). Con un caparazón medio lleno, digamos, con nitrógeno atómico, es perfectamente posible lograr F estados con L = 3 , tomando la configuración paralela para los tres momentos angulares orbitales individuales.

Parece que tuve un error en mi gramática. En mi ejemplo, quise decir que uno de los electrones tiene + 1 / 2 como el número cuántico magnético y el otro tiene − 1 / 2 , entonces S = 0 . Los dos electrones giran en antiparalelo. Sin embargo, su respuesta realmente resuelve mi problema, gracias.
Si los tres electrones exteriores del nitrógeno atómico están en configuración paralela, parece que L debiera ser 0 , ( 1 + 0 + ( − 1 ) ). La información es de la tabla en la página de Wikipedia .
@ IvenCJ7 No. No es así como funciona la adición de momento angular en QM: las dos afirmaciones en sus comentarios anteriores son completamente incorrectas. (Algunas heurísticas breves sobre por qué: está agregando el z componentes de los momentos angulares, pero deberías estar haciendo una suma vectorial de diferentes vectores cuyas componentes no conmutan entre sí, que es lo que complica el problema.) Como dije, este no es un método trivial, y deberías hacer una lectura dedicada del tema en un libro de texto serio de QM.

El número cuántico del momento angular yo describe el momento angular del electrón. Básicamente es la energía cinética de rotación del electrón. el número cuántico principal norte describe la energía total del potencial de electrones + cinética por lo que el número cuántico angular yo debe ser menor que norte .

El yo < norte la regla es válida por orbital. Comparación del momento orbital total L con el único electrón n no es significativo.

¿El número cuántico del momento angular orbital total LLL debe ser menor que el número cuántico principal nnn? Si es así, ¿por qué?
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