1. 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p 7s

(1)

Réponse exercice de physique atomique n° 1 de l'examen du 5 janvier 2006, Université Joseph Fourier, Grenoble

1. 1s

²

2s

²

2p

⁶

3s

²

3p

⁶

4s

²

3d

¹⁰

4p

⁶

5s

²

4d

¹⁰

5p

⁶

6s

²

4f

¹⁴

5d

¹⁰

6p

⁶

7s

¹

2. Exemples de configurations de niveaux excités : a : (…) 7p¹

termes possibles S=1/2 L=1 (1 seul électron sur sous couche pas complète) J=3/2 ou 1/2 soit ²P1/2 et ²P3/2

b : (…) 8s¹

termes possibles S=1/2 L=0 (1 seul électron sur sous couche pas complète) J=1/2 soit ²S1/2

c : (…) 7d¹

termes possibles S=1/2 L=2 (1 seul électron sur sous couche pas complète) J=5/2 ou 3/2 soit ²D3/2 et ²D5/2

d : (…) 7f¹

termes possibles S=1/2 L= 3 (1 seul électron sur sous couche pas complète) J=7/2 ou 5/2 soit ²F_7/2 et ²F_5/2

3. 717,7nm équivaut à 10⁷/717,7=13933 cm^-1 et 816,9nm équivaut à 12241 cm^-1

L’écart d’énergie entre les deux niveaux vaut donc 1692 cm^-1 ce qui équivaut à 50760 GHz. Cet écart s’interprète comme l’écart d’énergie entre les états « spin électronique parallèle au champ magnétique B

« spin électronique antiparallèle au champ magnétique Bintra », d’où

∆E ≈ gs.µB.Bintra où gs=2 et µB équivalent à 14,0 GHz/Tesla soit Bintra ≈ 1813 Tesla.

Cette valeur considérable est due à la probabilité de présence non négligeable de l’électron de valence 7p au voisinage du noyau où la charge effective est très grande, et donc aussi le champ magnétique.

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2008-12-07 file://E:\Houa 1\Sauvegarde site\new_page_27.htm

(2)

4. On sait d’après le cours que les niveaux spin-orbite d’un atome alcalin de configuration np¹ sont déplacés par rapport à l’énergie électrostatique de +A/2 pour J=3/2 et –A pour J=1/2.

L’énergie électrostatique des niveaux 7p, repérée par rapport au niveau fondamental de l’atome, est donc la moyenne pondérée :

E(7p)-E(7s)= [4x13933+2x12241]/6 = 13369 cm^-1 et de même

E(8p)-E(7s)= [4x23658+2x23113]/6 = 23476 cm^-1

5. D’après la théorie du défaut quantique, les niveaux d’énergie des configurations nl des atomes alcalins, repérés par rapport au niveau fondamental de l’ion, peuvent s’écrire sous la forme :

E(nl) = -Ry/(n-δl)² où δl est le « défaut quantique » associé à ces configurations, et Ry=109737 cm 13,6eV.

Ici on a donc E(8p)-E(7p)=10107 cm^-1 =109737[1/(7-δ1 )² – 1/(8-δ1 )²] Pour trouver δl on est amené à résoudre numériquement l’équation 1/x² – 1/(x+1)² = 0,0921

ce qui donne x=2,35, d’où δl = 7-2,35 = 4,65

On en tire E(7p)=-109737/(2,35)²= -19871cm^-1 et E(7s)=-19871-13369=-33240cm-1 ce qui correspond à une énergie d’ionisation de 33240/8066=4,12eV (Une valeur expérimentale plus précise extrapolée à partir série de niveaux plus complète donne 4,07eV)

De même E(9p)=-109737/(4,35)² = -5799 et E(9p)-E(7s)=-5799+33240=27441cm^-1 correspondant à une longueur d’onde de 364 nm

6. La transition 7s-9s est interdite dans les transitions dipolaires électriques (ces états ont la même parité). Par contre les transitions 7s-7p et 7p-9s sont toutes deux permises.

7. On analyse graphiquement la Fig.2. La fluorescence diminue de 2 ordres de grandeur (facteur 100) pour un temps de 500ns. D’où τ(9s) = 500/ln(100) = 109ns

(3)

8. On ne peux pas déduire de cette durée de vie l’élément de matrice du moment dipolaire entre les états 9s et 7p ²P_3/2car il existe plusieurs canaux de désexcitation, vers 7p ²P_3/2mais aussi 7p ²P_1/2ainsi que vers niveaux 8p ²P_3/2 et 8p ²P_1/2.

9. La largeur Doppler de la raie d’absorption à la fréquence ν est de l’ordre de

c V

_th

D

>

≈ <

∆ ν ν

^où

M T V >

_th

≈ k

^B

<

(La formule plus précise est

c

M T k

_B

D

2 , 35 ν /

ν =

∆

^et

( 300

) 1575 (

) /

( M

K s T

M m T k

_B

⋅

=

Avec T=100µK, M=210uma, et ν=c/817nm on trouve alors

∆νD=2,35 x c/(817.10^-9) x 6,3.10^-2/c = 1,8.10⁵ Hz = 0,18MHz

La largeur naturelle pour une durée de vie τ vaut ∆ν=1/(2πτ) soit 8MHz si τ=20ns. La largeur de la raie d’absorption à 817nm est donc ici complètement dominée par la largeur naturelle.