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原子・分子物理とレーザーの問題

難易度 1教科書の例題レベル大学物理原子・分子物理とレーザー

窒素原子の基底電子配置は $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{3}$ である。閉殻の $1 s^{2}$ , $2 s^{2}$ は全スピン・全軌道角運動量に寄与しないものとし、 $L S$ 結合が成り立つとする。不完全殻 $2 p^{3}$ の 3 個の等価電子について、パウリの排他原理を満たす微視的状態を $(M_{L}, M_{S})$ で数え上げて許される $L S$ 項をすべて求め、それらの項から生じる、全角運動量量子数 $J$ の異なる準位（ $^{2 S + 1} L_{J}$ ）は全部でいくつあるか求めよ。

この問題で使うもの

等価電子の LS 項（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（106 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

技能「等価電子の LS 項」を使います。 $2 p^{3}$ の 3 個の電子を、 $m_{l} = + 1, 0, - 1$ と $m_{s} = \pm \frac{1}{2}$ の 6 つの席にパウリの原理を守って入れ、 $(M_{L}, M_{S})$ ごとに数えましょう。

ヒント 2

$M_{S}$ が最大の状態から順に、 $M_{L}$ が最大のものを取り出して項 $^{2 S + 1} L$ を決め、その項が占める $(M_{L}, M_{S})$ を表から消していきます。最後に各項で $J = ∣ L - S ∣, \dots, L + S$ を列挙します。

ヒント 3

$M_{S} = \frac{3}{2}$ は $M_{L} = 0$ の 1 通りだけ、 $M_{S} = \frac{1}{2}$ では $M_{L} = 2, 1, 0, - 1, - 2$ がそれぞれ $1, 2, 3, 2, 1$ 通りです。まず $^{4} S$ が取り出せます。

答えと解説

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5

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解説を読む

$p$ 軌道（ $l = 1$ ）には $m_{l} = + 1, 0, - 1$ と $m_{s} = \pm \frac{1}{2}$ の組で 6 つの席があり、パウリの原理から各席に電子は 1 個までです。3 個の電子の入れ方は $_{6} C_{3} = 20$ 通りです。

1. $(M_{L}, M_{S})$ で微視的状態を数える

$M_{S} \geq 0$ の側だけ数えれば十分です（ $M_{S} < 0$ は対称）。

$M_{S} = \frac{3}{2}$ （3 個とも上向き）: 上向きの席は 3 つしかないので $m_{l} = 1, 0, - 1$ に 1 個ずつ。 $M_{L} = 0$ の 1 通り。
$M_{S} = \frac{1}{2}$ （上向き 2 個、下向き 1 個）: 上向きの 2 個の $m_{l}$ の組は $(1, 0)$ , $(1, - 1)$ , $(0, - 1)$ で和はそれぞれ $1, 0, - 1$ 。下向きの 1 個は $m_{l} = 1, 0, - 1$ のどれか。 $M_{L}$ は
上向きの和 $1$ : $2, 1, 0$
上向きの和 $0$ : $1, 0, - 1$
上向きの和 $- 1$ : $0, - 1, - 2$

まとめると $M_{S} = \frac{1}{2}$ での個数は
$M_{L} = 2 : 1, 1 : 2, 0 : 3, - 1 : 2, - 2 : 1$

2. 項を取り出す

$M_{S}$ の最大 $\frac{3}{2}$ は $M_{L} = 0$ だけなので、 $^{4} S$ （ $S = \frac{3}{2}$ , $L = 0$ ）があります。これは $M_{S} = \frac{1}{2}$ の $M_{L} = 0$ を 1 個使います。残り: $M_{L} = 2 : 1, 1 : 2, 0 : 2, - 1 : 2, - 2 : 1$ 。
残りの最大の $M_{L} = 2$ （ $M_{S} = \frac{1}{2}$ ）から $^{2} D$ （ $S = \frac{1}{2}$ , $L = 2$ ）。 $M_{L} = 2, \dots, - 2$ を 1 個ずつ使い、残り: $M_{L} = 1 : 1, 0 : 1, - 1 : 1$ 。
これが $^{2} P$ （ $S = \frac{1}{2}$ , $L = 1$ ）です。

よって許される項は $^{4} S$ , $^{2} D$ , $^{2} P$ です。状態数の確認: $4 \times 1 + 2 \times 5 + 2 \times 3 = 4 + 10 + 6 = 20$ で $_{6} C_{3}$ と一致します。

3. 各項の $J$ を列挙する

$J = ∣ L - S ∣, \dots, L + S$ より
- $^{4} S$ : $L = 0$ なので $J = \frac{3}{2}$ のみ → $^{4} S_{3/2}$ （1 つ）
- $^{2} D$ : $J = \frac{3}{2}, \frac{5}{2}$ → $^{2} D_{3/2}$ , $^{2} D_{5/2}$ （2 つ）
- $^{2} P$ : $J = \frac{1}{2}, \frac{3}{2}$ → $^{2} P_{1/2}$ , $^{2} P_{3/2}$ （2 つ）

縮退度の和 $4 + (4 + 6) + (2 + 4) = 20$ も一致します。準位は全部で $1 + 2 + 2 = 5$ つです。

別解

$2 p^{3}$ の微視的状態の総数は $_{6} C_{3} = 20$ 。 $M_{S} = 3/2$ の状態は 1 個で、 $(m_{l} = 1, 0, - 1)$ の全スピン平行なので $M_{L} = 0$ のみ。これより $^{4} S$ （ $S = 3/2$ , $L = 0$ ）が 1 つ（ $2 S + 1 = 4$ 個の状態）。 $M_{S} = 1/2$ の状態（スピン 2 つ上・1 つ下、またはその逆）を数えると、 $M_{S} = \pm 1/2$ それぞれ 9 個で、 $M_{L}$ の分布は $M_{L} = 2, 1, 1, 0, 0, 0, - 1, - 1, - 2$ の組（ $M_{L} = 2 : 1$ 個、 $1 : 2$ 、 $0 : 3$ 、 $- 1 : 2$ 、 $- 2 : 1$ ）。この 9 個から $^{4} S$ の分（ $M_{L} = 0$ の 1 個）を引くと残りは 8 個で、 $M_{L} = 2 : 1$ 、 $1 : 2$ 、 $0 : 2$ 、 $- 1 : 2$ 、 $- 2 : 1$ 。このうち $M_{L} = 2$ をもつ最大の項は $^{2} D$ （ $L = 2$ ）で 5 個（ $M_{L} = 2, 1, 0, - 1, - 2$ 各 1 個）。それを引くと残りは $M_{L} = 1, 0, - 1$ 各 1 個の $^{2} P$ （ $L = 1$ ）。よって許される項は $^{4} S$ , $^{2} D$ , $^{2} P$ で、状態数は $4 + 10 + 6 = 20$ で一致。各項の $J$ の値: $^{4} S$ は $L = 0$ なので $J = 3/2$ のみ（1 つ）、 $^{2} D$ は $S = 1/2$ , $L = 2$ より $J = 3/2, 5/2$ （2 つ）、 $^{2} P$ は $S = 1/2$ , $L = 1$ より $J = 1/2, 3/2$ （2 つ）。準位の総数は $1 + 2 + 2 = 5$ （ $^{4} S_{3/2}$ , $^{2} D_{3/2}$ , $^{2} D_{5/2}$ , $^{2} P_{1/2}$ , $^{2} P_{3/2}$ ）。検算: 各準位の縮退度 $2 J + 1$ の和は $4 + 4 + 6 + 2 + 4 = 20$ で、微視的状態の総数と一致する。

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