1.12 Exemple: Couplage spin-orbite (Modèle de Bohr-Thomas)

Soit un atome à 1 électron. Dans le référentiel où l'électron est au repos, le noyau crée un courant lors de sa rotation:

$$\begin{array}{ll} \vec{j} & =Ze(-\vec{v})\\ \vec{B} & =\fr... ...\mu _{0}}{4\pi }\frac{\vec{v}\times \vec{r}}{r^{3}} \end{array}$$

Comparé au champ électrostatique $\vec{E}=\frac{Ze\vec{r}}{4\pi \epsilon _{0}r^{3}}$ vu par l'électron, le champ magnétique est donc:

$$\vec{B}=\vec{B}_{E}=-\frac{\vec{v}\times \vec{E}}{c^{2}}$$

Ceci est cohérent avec la façon dont les champs électrique et magnétique se mélangent sous une transformation de Lorentz. Sauf que la transformation de Lorentz demande $\frac{d\vec{v}}{dt}=0$, et ici on est passé à un référentiel tournant. Thomas a montré que cela induisait simplement un facteur $\frac{1}{2}$ dans le champ magnétique senti par l'électron. Comme celui-ci a un moment magnétique, on a:

$$\rightarrow H_{LS}=\frac{1}{2}\frac{g_{S}\mu _{B}}{\hbar }\vec{S}.\vec{B}_{E}$$

où le facteur $1/2\protect$ représente la précession de Thomas.

En utilisant le fait que $\vec{E}=-\frac{\vec{F}}{e}=\frac{1}{e}\frac{dV}{dr}\frac{\vec{r}}{\vert\vec{r}\vert}$ et que $-\vec{v}\times \vec{r}=\frac{1}{m}\vec{L}$, on a:

$$\rightarrow \left\{ \begin{array}{ll} \vec{B}_{E} & =\frac{1}{emc... ...{B}}{2emc^{2}\hbar }\frac{1}{r}\frac{dV}{dr}\vec{L}.\vec{S} \end{array}\right.$$

Or $g_{S}\simeq 2$ et $\mu _{B}\simeq \frac{e\hbar }{2m}$, d'où:

$$\begin{array}{ll} H_{LS} & \\ & \\ & \end{array}$$

$$% latex2html id marker 6500\begin{array}{lll} H_{LS} & =\f... ...\textrm{ }s=1/2\textrm{ si un seul }e^{-}\\ & & \end{array}$$

Cette dernière expression n'est valable que pour un atome de charge $Z$.

Seul $J_{z}=L_{z}+S_{z}$ est conservé par ce terme :

$$\left[ L_{i},\vec{L}.\vec{S}\right] =i\hbar \epsilon _{ijk}L_{k}S_{j}=-\left[ S_{i},\vec{L}.\vec{S}\right] \neq 0$$

1.12.1 Ordre de grandeur de cet effet (modèle de Bohr)

$$\textrm{Bohr }:\, \left\{ \begin{arra... ...centrifuge}=m\frac{v^{2}}{2}=\frac{n^{2}\hbar ^{2}}{mr^{3}} \end{array}\right.$$

$$\begin{array}{ll} \Rightarrow \frac{1}{r_{n}} & =\frac{Ze^{2... ...2}mv^{2}_{n}=-\frac{Z^{2}}{2n^{2}}\alpha ^{2}mc^{2} \end{array}$$

avec $\alpha =\frac{e^{2}}{4\pi \epsilon _{0}\hbar c}\sim \frac{1}{137}$ qui est la constante de structure fine.

$$\boxed{v_{n}=\frac{1}{n}\alpha c}\simeq 2000\textrm{ km}.\textrm{s}^{-1}\textrm{ si }n=1$$

$$\begin{array}{ll} H_{LS} & \simeq \frac{1}{2m^{2}c^{2}}\frac... ...{n^{4}}\alpha ^{2}\frac{1}{2}[j(j+1)-l(l+1)-s(s+1)] \end{array}$$

Si $s=\frac{1}{2}$ alors $j=l\pm \frac{1}{2}$ et on a:

$$\begin{array}{ll} j(j+1) & =j^{2}+j=l^{2}\pm \frac{1}{4}+l\pm \frac{1}{2}\\ l(l+1) & =l^{2}+l \end{array}$$

$$\begin{array}{ll} [j(j+1)-l(l+1)-s(s+1)] & =\pm l+\frac{1}{4... ...+1\right) \\ & =\pm l\pm \frac{1}{2}-\frac{1}{2} \end{array}$$

$$\Rightarrow \frac{1}{2}[j(j+1)-l(l+1)-s(s+1)]_{max}-\frac{1}{2}[j(j+1)-l(l+1)-s(s+1)]_{min}=l+\frac{1}{2}$$

$$\boxed{\frac{\Delta E_{LS}^{n}}{E^{n}}\simeq \frac{Z^{2}}{n^{4}}\alpha ^{2}\left( l+\frac{1}{2}\right) }$$

Remark    

• Ceci diminue rapidement avec $n$
• Correction d'autant plus petite que le système est non relativiste.

Remark   Soit l'onde $2p$, c'est-à-dire que $n=2$ et $l=1$: 6 états possibles $m_{l}=0,1,-1$ et $n_{S}=\pm 1/2$.

Si $n=1$ et $l=1$: correspond à un champ magnétique extérieur $\vert B\vert\sim 1$T$=10^{4}$ Gauss. Ceci donne l'ordre de grandeur du champ magnétique local que sent le spin de l'électron.

1.12.2 Théorie de Dirac: théorie quantique relativiste

$$E_{cin}=mc^{2}+\frac{p^{2}}{2m}+\frac{p^{4}}{8m^{3}c^{2}}+\cdots$$

$\frac{p^{2}}{2m}$: limite non-relativiste. Les termes suivant sont des termes de correction: plus $v$ est proche de $c$ plus il y en a.

$$E_{cin}=\sqrt{p^{2}+m^{2}}\qquad \qquad \textrm{pour }c=1$$

$$\begin{array}{ll} \boxed{E_{n,j}=-\frac{Z^{2}}{2n^{2}}\alpha... ...}{j+\frac{1}{2}}+O(\alpha )\right) }& \bold {Dirac} \end{array}$$

Cette équqtion ne dépend ni de $l$ ni de $s$ mais uniquement de $j$.

1.12.3 Spin du proton

Le proton a lui aussi un spin $1/2\protect$ et une charge $+e$ qui a un moment magnétique donné par:

$$\vec{\mu }_{p}=+\frac{g_{p}\mu _{N}}{\hbar }\vec{S}_{p}$$

avec $\left\{ \begin{array}{ll} \mu _{N}=\frac{e\hbar }{2mp}\sim \frac{1}{2000}\mu _... ...{ fois plus grande que }m_{e})\\ g_{p}=2,79284739\pm 6 & \end{array}\right.$

On s'attend à avoir pour le couplage entre le moment angulaire et le spin du proton:

$$\begin{array}{lll} H_{LS_{p}} & =\frac{g_{p}}{2}\frac{1}{m_{... ...trm{pr}\acute{\textrm{e}}\textrm{cision pour }g_{p} \end{array}$$

C'est donc 2000 fois plus petit: correction ``hyper'' fine du niveau de l'énergie.

1.12.4 Spin du neutron

Il a lui aussi un spin $1/2\protect$. On peut donc écrire:

$$\vec{\mu }_{n}=+\frac{g_{n}\mu _{N}}{\hbar }\vec{S}_{n}$$

Avec $g_{n}=-1,9130427$

Note   $\mu _{n}\neq 0$ alors que la charge du neutron est nulle. En fait, le neutron n'est pas élémentaire.

1.12.5 Modèle de quark

Les nucléons sont constitués de deux types de quarks (Up et Down) dont voici les charges: $\left\{ \begin{array}{l} u\rightarrow +2/3\\ d\rightarrow -1/3 \end{array}\right.$. Le proton est constitué de 2 quarks Up et d'un Down, donc sa charge totale est bien égale à 1. Le neutron est constitué de 2 Down et 1 Up : sa charge est bien nulle.

En fait, si $\mu _{n}=0,$ le neutron pourrait être une particule élémentaire neutre mais ce n'est pas le cas.

1.12.6 Spin du photon

Le spin du photon est égale à 1 (lié au caractère vectoriel du potentiel vecteur $\vec{A}(\vec{x},t)$). Si le spin est unitaire, on a alors 3 choix possibles pour $m$: $m=-1,0,1$.

Or ici, on a $m=0$ qui est interdit.

$$\Rightarrow \boxed{m=\pm 1}\textrm{ qui sont les deux composantes d}'\textrm{une onde EM}.$$