1. Le moment cinétique orbital

Le moment cinétique et l'atome d'hydrogène

Chapitres 10 et 11

(§ 11.1 et 11.6 hors programme)

Mouvement d’un électron dans le potentiel coulombien

L'opérateur commute avec l'hamiltonien : ˆ2

ˆ ( )ˆ

2

H p V r

= m+

ˆ ˆ, _i 0

H L  =

 

i = x,y,z On peut diagonaliser simultanément et une composante Hˆ Lˆ_i

ˆ ˆ ˆ L r pG= ×G G

Recherche des états propres Ψ(x,y,z)et de leurs énergies pour

2

0

( ) 4

V r q

πε

r

= − r= x²+y²+z²

Premier pas vers l’étude du magnétisme

Comme en physique classique, il existe en mécanique quantique une relation fondamentale entre le moment cinétique d'un système et son moment magnétique

Pour caractériser les propriétés magnétiques d'un atome, d'une particule, …, il faut connaître son état de moment cinétique

cf.cours de la semaine prochaine sur la physique du spin ½ et la résonance magnétique nucléaire

1. Le moment cinétique orbital

Rappel sur

Trois composantes

Relation de commutation :

, …

On ne peut pas diagonaliser simultanément deux composantes du moment cinétique

L'observable

Bien que ne commute pas avec et , on trouve :

et par conséquent :

où on a posé :

On peut donc diagonaliser simultanément et une des trois observables :

On choisit traditionnellement :

La diagonalisation de ; méthode 1 : très difficile

On cherche

ψ

(x,y,z) telle que :

avec

β

et

γ

réels et : Lˆ_z xpˆ ˆ_y ypˆ ˆ_x i x y

y x

 ∂ ∂ 

= − = − = ∂ − ∂ 

2 2 2

Lˆ y z

z y

 ∂ ∂ 

= −=  ∂ − ∂ 

2 z x 2

x z

∂ ∂

 

−=  ∂ − ∂ 

2 x y 2

y x

 ∂ ∂ 

−=  ∂ − ∂ 

La diagonalisation de ; méthode 2 : difficile

On passe en coordonnées sphériques d'axe Ozet on cherche :

ϕ θ

r

Attention : x

y z

{ } ^{L L ˆ ˆ}

²

^,

^z

Remarque

Les opérateurs ne font intervenir que les variables

θ,ϕ

et pas la variable r.

Imposer à

ψ

(r,

θ,ϕ

)d'être état propre de permettra de déterminer la dépendance en

θ,ϕ

, mais pas la dépendance en r

La dépendance en rviendra ultérieurement, lorsqu'on aura précisé l'hamiltonien, en particulier le potentiel V(r)

La diagonalisation de ; méthode 3 : facile (ou presque)

On va travailler uniquement avec les relations de commutation :

Intérêt supplémentaire : la méthode suivie ne s'applique pas seulement à

mais aussi à d'autres observables comme :

pour un système composite, ou à d'autres moments cinétiques sans équivalent classique (spin).

2.

Le problème général

d'une observable de moment cinétique

Les valeurs propres de et

J^ˆ2 Jˆ_z

j m

0 1/2 1 3/2

-3/2 -1 -1/2

1/2 1 3/2 m = j

m = -j

j m val. prop.

de Jˆ²

val. prop.

de ˆJ_z

0 0 0 0

1/2 1/2

-1/2 3=²/ 4 =/ 2

−=/ 2

1 1

0 -1

2=2

= 0

−=

3.

Retour sur le moment cinétique orbital

ˆ ˆ ˆ

L r p G = × G G

, ,

j m → l m

Les harmoniques sphériques

Imposer à d'être état propre de et va déterminer complètement la dépendance de en , la dépendance en r étant arbitraire

, ( , , )

l m r

ψ θ ϕ

L^ˆ2 Lˆ_z

,

l m

θ ϕ

,

, ( , , ) ( ) , ( , )

l m r R r Yl m

ψ θ ϕ

=

θ ϕ

,

( , ) Y

l m

θ ϕ

Les harmoniques sphériques sont choisies normées :

2

, ( , ) sin 1

Yl m

θ ϕ θ θ ϕ

d d =

∫∫

l et m doivent être entiers

Contrainte en coordonnées sphériques :

ψ θ ϕ

( , ,r +2 )

π

=

ψ θ ϕ

( , , )r

, ( , 2 ) , ( , )

l m l m

Y

θ ϕ

+

π

=Y

θ ϕ

Quelle est la dépendance en

ϕ

d'un Y_l,m?

, ,

ˆ_{z l m}( , ) _{l m}( , )

L Y

θ ϕ

=m Y=

θ ϕ

Y^{l m,} _{l m,} ( , )

i m Y

θ ϕ

ϕ

− ∂ =

= ∂ =

, ( , ) , ( ) ^im

l m l m

Y

θ ϕ

=F

θ

e ^ϕ

Ceci impose :

exp(2im

π

) 1= mentier lentier

Exemple d'harmoniques sphériques : les états de moment cinétique nul

On part de l=m=0et on cherche

Y

_{l m,}

( , ) θ ϕ

telle que ˆ_{z l m}, ( , ) 0

L Y

θ ϕ

= L Yˆ_{+ l m,} ( , ) 0

θ ϕ

=

Expression de :Lˆ₊ Lˆ Lˆ_x iLˆ_y e^iϕ icot

θ

θ ϕ

+ = + == ∂∂ + ∂∂ 

On en déduit : Y_0,0( , ) constante

θ ϕ

=

( , , )r R r( )

ψ θ ϕ

∝ Etat à symétrie sphérique Etat s

Les harmoniques sphériques (suite)

Moment cinétique 1

1, l= m

1, 1 l= m=

1, 0

l= m=

1, 1

l= m= −

sin

θ

e^iϕ

sin

θ

e^−iϕ cos

θ

1,

( , )

l m

Y

₌

θ ϕ

j=l m

0 1

-1

1 2

-2

2

Etat p

cf. orbitales p_x,p_y,p_zdes chimistes

4.

L'atome d'hydrogène

Le problème de Kepler quantique

Electron (masse m, charge –q) autour du noyau (charge Zq).

Quels sont les états propres et les énergies propres Ede

2 2

ˆ ˆ 2 ˆ

p Ze

H = m− r avec ^{2 2}

4 0

e q

=

πε

?

L'hamiltonienHˆ est invariant par rotation : il commute avec Lˆ² , Lˆ_z

On va chercher les états propres de parmi les états propres deHˆ Lˆ² , Lˆ_z ( , , )r R r Y( ) _{l m}, ( , )

ψ θ ϕ

=

θ ϕ

La dépendance angulaire de

ψ

est fixée :

seule reste à déterminer la dépendance en r ( , , )r

ψ θ ϕ

L'équation radiale pour l'atome d'hydrogène

On reporte dans l'éq. aux valeurs propres

ψ θ ϕ

( , , )r =R r Y( ) _{l m,} ( , )

θ ϕ

2 2

( , , ) ( , , ) 2

Ze r E r

m r

ψ θ ϕ ψ θ ϕ

 

− ∆ − =

 

 

 

= ² 2

2 2 2

1 r 1 Lˆ

r r r

∆ = ∂ −

∂ =

On arrive à :

2 2 2 2

2 2

( 1)

( ) ( )

2 2

d l l Ze

r R r E R r

mr dr mr r

− + + −  =

 

 

 

= =

problème 1D

Unités caractéristiques de la physique atomique

2

1 2 0,053nm

a =me= = ⁴

2 13,6 eV

I me2

E = =

= (rayon de Bohr)

Pour l'atome d'hydrogène (Z=1)

Pour un noyau de charge Z:

( ) 2

1 2

a Z

=mZe= _{( )} ^{2 4}

2 2

I Z mZ e

E =

=

Noyau de plomb, Z=82

( ) 13

1^Z 6 10 m

a × ⁻

( )^Z 100 keV EI

Pour les grands Z, l'approximation non relativiste devient discutable car E_I^(Z)devient de l'ordre de mc²=511 keV.

Schrödinger Dirac

Etats stationnaires de moment cinétique nul (l=0) : états s

2 2 2

2 ( ) ( )

2

d e

r R r E R r mrdr r

 

− − =

 

 

 

Z=1 : =

On montre que les énergies propres pour les états liés sont :E= −E n_I / ² 1, 2,...

n= E

-E_I -E_I/4 -E_I/9

/1

1( ) e ^{r a}

R r ∝ ⁻

/ 2 1

2( ) (2 1 ) ^{r a}

R r ∝ a −r e⁻ 0

0 1 2

2 1( ) R r

/ 1

r a

2 2( ) R r

/ 1

r a

0 2 4 6 8 10

Energies propres de l'atome d'hydrogène (l quelconque)

E=0

l=0 EI

−

I/ 4

−E

I / 9

−E

niveaux s

l=1

niveaux p

l=2

niveaux d

niveaux : −E n_I/ ² dégénérescence :

1 3 ... (2+ + + lmax +1) avec

max 1

l = −n g_n =n² avec n=1,2,...

n = 1 n = 2 n = 3

2 2 2 2

2 2

( 1)

( ) ( )

2 2

d l l e

r R r E R r

mrdr mr r

− + + −  =

 

 

 

= =

Résolution de :

L'atome d'hydrogène au plan expérimental

Un des systèmes physiques les mieux connus : en tenant compte des corrections relativistes et liées à la théorie quantique des champs, on arrive à un accord théorie expérience au niveau de 10^-12

Spectroscopie laser

Paris & Munich E^I 10 973 731,568 59(10) m ¹ hc

= −

http://info.web.cern.ch/info/Announcements/CERN/2002/0918-CoolAntiH/

Depuis quelques années, on sait fabriquer de l'anti-hydrogène : un anti-proton (charge –q) et un positron (ou anti-électron, charge +q)

Les niveaux d'énergie sont-ils les mêmes que ceux de H ?

10¹³protons sur une cible en cuivre

10⁷antiprotons stockés et

décélérés (5 MeV) (durée : 1 minute)

1

150 000 antiprotons sont

refroidis et piégés

2 millions de positrons issus d'une source de ²²Na Les anti-atomes formés sont neutres et s'échappent du piège (n≈50)

Collaboration ATRAP

Que penser des valeurs ½ entières de j ?

Valeurs éliminées pour le moment cinétique orbital Si m = 1/2 et Y_{l m,} ( , )

θ ϕ

∝exp(im

ϕ

), alors :

, ( , 2 ) , ( , )

l m l m

Y

θ ϕ

+

π

= −Y

θ ϕ

Artefact ou indication d'un "monde" plus vaste ?

• Réponse macroscopique : l'expérience du ruban

• Réponse microscopique : la physique du spin ½