I- Termes spectraux
Exercice 1Donner les termes spectraux du niveau: L = 1 et S = 1/2
m = 2S+1 = 2
J est compris entre |L-S| = 1/2 et L+S = 3/2, soit J = 1/2 et 3/2 (on passe d'une valeur de J à la suivante par pas de 1
L = 1 correspond à la lettre P
Les termes spectraux sont: 2P1/2 et 2P3/2
Trouver les valeurs de J du terme 4 D
m = 2S+1 = 4 , S = 3/2
la lettre D donne L = 2
J est compris entre |L-S| = 1/2 et L+S = 7/2
Les termes sont: 4D1/2 ; 4D3/2 ; 4D5/2 et 4D7/2
Exercice 3
Déterminer les termes spectraux correspondant à une configuration
p 1 p1
On a deux électrons occupant des sous-couches p, pour lesquelles l = 1 et ml = -1, 0 ou +1
|ℓ<1 - ℓ2|= 0 ≤ L ≤ℓ1 + ℓ2 = 2 ; soit L = 0, 1 ou 2
* On applique maintenant la méthode de Russel-Saunders
ML = ml1 + m l2 = (-1,0,+1) + (-1,0,+1); on trouve:
ML = -2, -1, 0, +1, +2 soit L = 2
ML = -1, 0, +1 soit L = 1
ML = 0 = L
MS = ms1 + ms2 = -1, 0, +1 soit S = 1
MS = 0 soit S = 0
Les termes:
* S = 0 et L = 0: 1S0
* S = 0 et L = 1: 1P1
* S = 0 et L = 2: 1D2
* S = 1 et L = 0: 3S1
* S = 1 et L = 1: 3P0 ; 3P1 et 3P2
* S = 1 et L = 2: 3D1 ; 3D2 et 3D3
Exercice 4
Montrer que pour des sous-couches complètes (configuration pleine):
L = S = J = 0
* configuration ns2
On a deux électrons pour lesquels: ml1 = m
l2 = ML= L = 0
et ms1 = -1/2 ; m s2 = +1/2 ; MS= S = 0
d'où J = 0
* configuration np6
et ms1 = -1/2 ; m s2 = +1/2 ; MS= S = 0
d'où J = 0
* configuration np6
On a six électrons pour lesquels: ml = -1, 0, 1, -1, 0, 1
d'où ML= L = 0
et ms = -1/2, 1/2, -1/2, 1/2, -1/2, 1/2
d'où S = J = 0
d'où ML= L = 0
et ms = -1/2, 1/2, -1/2, 1/2, -1/2, 1/2
d'où S = J = 0
Exercice 5
Déterminer les termes spectraux fondamentaux de l'hydrogène, de l'hélium, du carbone, de l'oxygène et du fluor
* Hydrogène H (Z = 1), la configuration électronique 1s1
On a 1 électron S = 1/2 et L = 0; le terme fondamental: 2 S1/2
* Hélium He (Z = 2) 1s2
Couche pleine L = 0 = S = J; 1 S0
* Carbone (Z = 6) 1s22s22p2
Pour cette configuration les M possibles sont : M = -1+0; -1+1; et 0+1 soit Lmax = 1 et J = |L - S |= 0
Le terme fondamental: 3 P0
* Oxygène O (Z = 8) 1s 22s22p4
Les sous-couches 1s et 2s sont pleines, elles ne contribuent pas aux valeurs de L, S et J.
Les sous-couches p donnent Smax = 1 et Lmax = 1; soit J = L + S = 2
Le terme fondamental: 3 P2
* Fluor F (Z = 9) 1s22s22p5
Les sous-couches p donnent Smax = 1/2 et Lmax = 1; soit J = L + S = 3/2
Le terme fondamental: 2 P3/2
Exercice 6
Déterminer les termes spectraux correspondant à une configuration s1 p1
On a deux électrons occupant des sous-couches s et p, pour lesquelles l1 = 0 et l2 = 1 ; et sl = s2= 1/2
* On peut déterminer L et S rapidement en écrivant que:
|l1
- l2|= 1 ≤ L ≤ l1 + l2 = 1 ; soit L = 1
Idem: |s1
- s2|= 1 ≤ S ≤ s1 + s2 = 1 ; soit S = 0 ou 1Les termes sont:
* S = 0 et L = 1: 1P1
* S = 1 et L = 1: 3P0 ; 3P1 et 3P2
Exercice 7
On considère la transition entre les états quantiques 1s (fondamental) et 2p (excité) de l'hydrogène.
a) Précise la structure fine de ces états compte tenu du couplage spin-orbite.
b) On soumet l'hydrogène à un champ magnétique B uniforme et faible (B est parallèle à un axe Oz). Montrer que l'on observe un effet Zeeman anomal.
a) On détermine donc les valeurs de J de chaque niveau (structure fine).
- Niveau 1s: S = 1/2; L = 0; soit J = 1/2; le terme s'écrit: 2 S1/2
- Niveau 2p: S = 1/2; L = 1 ; soit J = 1/2 et 3/2; les termes s'écrivent
2 P1/2 ; 2 P3/2
b) Dans ce cas, il y a levée de dégénérescence en MJ (cf. mon cours Magnétisme atomique)
L'Hamiltonien d'interaction s'écrit: H = -μJ.B = -gγJz.B
L'énergie correspondante: WZ = gμBMJB
les niveaux s'éclatent donc en MJ
Voir Figure, les différentes transitions possibles, compte tenu de la règle de sélection: ΔMJ = -1, 0 , +1
On observe 10 raies Zeeman anomal
II- Termes spectraux de l'hydrogène - Couplage spin-orbite
1) Déterminer le terme spectral fondamental de l'atome d''hydrogène.
2) L'unique électron de H est maintenant excité vers le niveau quantique 2p. Déterminer les termes spectraux possibles de cette nouvelle configuration.
3) On considère la raie λ = 1215 Å de la série de Lyman (transition 2p → 1s). Montrer que, compte tenu du couplage spin-orbite, cette raie est dédoublée.
Corrigé
1) Hydrogène H (Z = 1), la configuration électronique 1s1On a 1 électron S = 1/2 et L = 0; le terme fondamental: 2 S1/2
2) la configuration 2p1 correspond à S = 1/2 et L = 1; d'où:
|L - S| = 1/2 ≤ J ≤ L + S = 3/2 d'après la méthode du couplage spin-orbite L.S ou de Russel-Sunders ;
J = 1/2 et 3/2; les termes sont: 2P1/2 et 2 P3/2
Remarque:
l'Hamiltonien correspondant à ce couplage s'écrit:
H = aL.S = a/2.(J2 - L2 - S2)
WSO = aħ2[J(J+1) - L(L+1) - S(S+1)]/2
On voit bien que les niveaux s'éclatent en J.
3) D'après la figure 3, la raie est dédoublée conformément à la règle de sélection ΔJ = 0, ±1