Sections 2 et 3 - lcb.epfl.ch s... · PDF fileIntroduction à la mécanique quantique Polycopié 2016 Prof ... solide d faisant un angle avec la ... La température du soleil est

- 1 -

Sections 2 et 3

Exercice 1a. Loi de Wien:

On définit la densité d’énergie u en fonction de la longueur d’onde: ud = - ud. Lesigne - est introduit car d et d sont de signe opposé, bien que u et u soient tousdeux positifs. Comme = c/, on a:

et

En remplaçant u par l’expression donnée dans l’équation 14 du polycopié et en po-sant = c/, on obtient:

(1)

En posant , l’équation 1devient:

sera donné par . L’équation résultante s’écrit:

La solution peut être trouvée de ma-nière itérative en cherchant l’intersec-tion de 2 fonctions: figure. On obtient:

et on retrouve la loi de Wien:

Remarque: la densité spectrale d’énergie par unité de fréquence u présente un picd’émission pour une fréquence qui ne correspond pas au pic de u. On ne peut pasle retrouver par la simple relation m = c/m car les fonctions u et u sont différentes.

b. Energie rayonnée par un corps noir en fonction de la températureLa densité d’énergie rayonnée est donnée par:

où (2)

mT cste=

dd------

c

2------–= u u

dd------– u

c

2------= =

u8hc

5-------------

1

ehc kBT

1–

--------------------------------=

xhc

kBT--------------=

u8kB

5T

5

c4h

4--------------------

x5

ex

1–--------------=

m

dudx--------- 0= e

x– 15---x 1–+ 0=

1 - x/5

e-x

xm

1 2 3 4 5 6

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

-0,2

x

xmhc

mkB

T------------------ 4 97=

mThc

kBxm-------------- cte= 2 9 10

3–mK=

u u d

8h

c3

----------kBT

h----------

4 x3

ex

1–-------------- xd

= = xh

kBT----------=

Introduction à la mécanique quantique Polycopié 2016 Prof. J.-J. Meister

0 0

- 2 -

Avec l’indication de l’énoncé:

, avec

On vérifie que et donc que l’énergie rayonnée par un corps noir .

RemarqueLa relation entre la puissance totale rayonnéepar unité de surface d’un corps noir et sa tempé-rature peut être obtenue à partir du résultat ob-tenu en (b).Exprimons d’abord l’énergie émise entre et +d par une surface dS pendant dt dans un anglesolide d faisant un angle avec la normale à lasurface: figure.Cette énergie dE est la fraction d/4 de l’énergie contenue dans un cylindreconstruit à partir dS, qui contient l’énergie qui sera émise pendant dt:

[J]

L’énergie totale émise entre et + d par la surface dS est obtenue par intégration.En supposant que le rayonnement est indépendant de et (loi de Lambert, coordon-nées cylindriques), on obtient:

On peut déduire de cette relation la puissance rayonnée par unité de surface entre et + d:

La puissance totale rayonnée par unité de surface d’un corps noir s’écrit ainsi:

[W/m2]

Cette relation est identique à l’équation 17 du polycopié.En reprenant l’équation 2, on obtient:

[W/m2K4]

Cette valeur, obtenue de manière théorique par Boltzmann, correspond à la valeurmesurée par Stefan!

u aT4

= a85

kB4

15c3h

3----------------- 7 56 10

16– J/m

3K

4= =

u T4 U T

4

n̂

c·dt

dS

corpsnoir

dE ucdtdS dd4-------cos=

E1

4------u

cdtdSd d sincos d

0

2

0

2

14---u

cdtdSd= =

PE

dtdSd-------------------

c4---u= =

P P dc4--- u d= =

c4---a

25kB

4

15c2h

3----------------- 5.67 10

8– = =


- 3 -

Exercice 2Energie d’un photon de longueur :

Nombre de photons atteignant un mètre carré de la surface terrestre chaque seconde:

photons/m2s.

Exercice 3Energie d’un électron au repos:

Longueur d’onde d’un photon ayant une énergie E:

Les photons de cette longueur d’onde appartiennent au rayonnement .

Exercice 4a. Lorsque la source est en mouvement, la fréquence du rayonnement perçue par lemétal est augmentée par effet Doppler. Sa valeur est donnée par l’équation 83 de lasection 5.1 du polycopié «ondes»:

v est ici la vitesse relative source-métal.

b. L’éjection des électrons commence lorsque h = e (équation 19 du polycopié).L’énergie nécessaire à cette extraction vaut: 3,87 eV.

c. Lorsque la vitesse est augmentée à 0.9c, l’énergie cinétique des photoélectrons estdonnée par:

, avec:

... en négligeant la variation de la masse.On obtient: Ecin = 8,78 eV.

Exercice 5En faisant l’hypothèse de corps noirs, la température de la terre peut être estimée enutilisant la loi de Stefan-Boltzmann qui exprime la puissance thermique résultante detoutes les longueurs d’ondes rayonnée par unité de surface d’un corps noir:

550nm= Ep h hc------ 3.61 10

19–J= = =

NpP

Ep------ 2.77 10

21= =

E m0c2

0 511 MeV=

E h m0c2 hc

------ h

m0c---------- 2 43 10

12– m= = = = =

' 1 v c–

1 v2

c2–

----------------------------=

12---m0vmax

2eVs= eVs h e–=


- 4 -

W/m2 = 5,67.10-8 W/m2K4est la constante de Stefan.La fraction de la puissance émise par le soleil qui est absorbée par une planète dis-tante de r est proportionnelle à 1/r2.

a. A l’équilibre thermique, la puissance absorbée par la terre est égale à la puissancequ’elle émet et donc:

La quantité entre parenthèses est la petite fraction de la puissance thermique rayon-née par le soleil sur une grande sphère de rayon r qui est absorbée par la petite sectionde la terre.Cette équation peut être réarrangée pour obtenir la température de la terre:

La température du soleil est de Ts = 5800 K, son rayon vaut Rs = 6,95.108 m et la dis-tance terre-soleil est de r = 1,5.1011 m. On obtient ainsi Tt = 279 K (environ 6 oC),proche de la valeur moyenne mesurée de 285 K.

b. et c. Le tableau ci-dessous donne les valeurs des températures des planètes du sys-tème solaire estimées par ce calcul, en comparaison avec les valeurs de la littérature.La grande différence de température obtenue pour vénus indique que cette planète nepeut pas être considérée comme un corps noir. Cela peut être expliqué par l’atmos-phère de CO2 de Vénus, victime d’un effet de serre, qui provoque une absorption del’énergie émise par cette planète. En conséquence, la température est plus élevée quecelle qui résulterait d’un équilibre entre l’énergie reçue et l’énergie émise.

Rappel: L’unité astronomique est définie comme le demi-grand axe de l’orbite ter-restre, i.e. 1 u.a. = 150.109m

Exercice 6La masse du proton étant beaucoup plus grande que la masse me de l’électron, il estraisonnable de décrire le mouvement de l’électron autour du proton immobile.

Planète Distanceplanète-soleil ua

Températureestimée K

Température de la littérature K

MercureVénusTerreMarsJupiterSaturneUranusNeptune

0,390,72311,525,29,53919,1830,06

447328279226122906451

452726285230120885948

P T4

=

4Rs2Ts

4 Rt2

4r2

----------- 4Rt

2Tt

4=

Tt Ts

Rs

2r------=


- 5 -

Le calcul de la vitesse de l’électron permet de déterminer si l’approche non-relativisteest suffisante pour calculer sa puissance rayonnée.L’accélération radiale de l’électron sous l’effet du champ coulombien s’écrit:

a représente l’accélération moyenne, si on prend pour r le rayon moyen de la trajec-toire, correspondant au rayon atomique moyen r=0.5 ÅLa vitesse de l’électron vaut ainsi:

v << c et justifie une approche non-relativiste.

La puissance rayonnée par l’électron peut être obtenue à partir du modèle du dipôleoscillant de Hertz (section 9.5.1 du polycopié «ondes»).

Cette expression permet de mettre en évidence le rôle de l’accélération; comme p = -er, on obtient:

==>

a2 est la valeur moyenne du carré de l’accélération: a2 = .

L’énergie cinétique de l’électron vaut:

Le temps caractéristique de décroissance de l’énergie de l’électron est ainsi de:

Ce temps correspond à 2,5.105 tours.En égalant les transferts d’énergie, i.e. -dEcin = Pdt, le temps caractéristique apparaîtcomme la constante de décroissance de l’énergie cinétique:

La trajectoire est ainsi une spirale rapprochant l’électron du proton. La prévision clas-sique est donc un collapse de la matière !Le modèle correct est un modèle quantique de l’atome.

ae

2

40r2me

------------------------ 1023

m/s2=

v ar 2 10 6 m/s=

P4

p02

120c3

---------------------4

e2r02

120c3

---------------------= =

p·· ea– e2r 2

p–= = =

Pe

2a0

2

120c3

---------------------e

2a

2

60c3

------------------ 5.7 108– W ou 3.6 10 11

eV/s= = =

a02

2

Ecin12---mev

213 6eV= =

Ecin

P---------- 3.9 10 11–

s=

Ecin t Ecin 0 e t– =


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Exercice 7a. Il s’agit de l’expérience sur l’effet photoélectrique.La surface effective d’absorption est de r2 3.10-20 m2. En suivant un raisonnementclassique, l’énergie d’une source ponctuelle se propage avec un front d’onde sphé-rique et atteint la cible lorsque le rayon . Ainsi, la puissance par m2 à la sur-face du césium s’écrit:

La puissance tombant sur la surface d’un atome est donnée par:

Comme 1 eV correspond à , l’énergie minimale nécessaire pour quel’électron soit éjecté est . Le temps requis pour absorber cetteénergie est donc donné par:

, soit environ 18 ans !

Cependant, expérimentalement, la limite supérieure de ce temps est de 10 ns ! Commel’énergie d’un photon est localisée dans l’espace, son énergie peut être totalementtransférée à un électron en une seule fois. Pour autant que l’énergie du photon soitsuffisante, il peut ainsi éjecter l’électron sans délai, quelle que soit l’intensité de la lu-mière (le nombre de photo-électrons dépend évidemment de cette intensité).

b.i. La fraction d’énergie de la source tombant sur une surface circulaire de rayon r = 1cm éloignée de R = 2 m est donnée par:

Ainsi, la puissance incidente sur la surface s’écrit

Chaque photon a une énergie de

Par conséquent, le nombre de photons par seconde atteignant la surface est de:

b.ii. L’énergie d’un photon est de , après conversion des joules en électron-volts.D’après la donnée, l’énergie nécessaire à l’éjection d’un électron de césium est

. L’énergie cinétique maximale des photoélectrons est donnée parl’équation 19 du polycopié:

R 2 m=

P

4R2

------------- 2 108– W

m2

-------

PabsP

4R2

------------- r2 6 10

28– Js---= =

1 6 1019–

JEmin 3 42 10

19– J=

tEmin

Pabs------------ 5 71 10

8 s= =

r2

4R2

-------------

Pr

2

4R2

------------- 6 25 1012–

J s=

h hc--- 3 61 10

19– J= =

Ph------

r2

4R2

------------- 1 73 107 photons/s=

2 26 eV

e 2 14 eV= eVs

eVs h e 0 12 eV=–=


- 7 -

b.iii. A la fréquence seuil , l’énergie des photons est égale à l’énergie nécessaire àl’éjection d’un électron de césium:

On obtient donc:

Il s’agit de la portion orange-jaune du spectre ; ce sont donc les plus courtes longueursd’onde de la lumière visible (par rapport au vert-bleu) qui éjecteront les photo-élec-trons du césium.

Exercice 8Si l’énergie des photons est supérieure à l’énergie enécessaire pour qu’un électrondu métal puisse vaincre l’énergie coulombienne et quitter la surface du métal, un cou-rant est créé. On peut alors mesurer le potentiel d’inversion Vs qui permet d’annulerce courant, et le bilan d’énergie suivant permet de déduire l’énergie e

L’utilisation de l’unité d’énergie l’électron-volt [eV] simplifie les calculs.

a. Pour = 546,1 nm nous avons:

et eVs vaut 1.7 eV. On trouve donc e= 0.571 eV.

b. En utilisant l’énergie e calculée en a), on trouve eVs = 1,54 eV et donc Vs = 1,54 V.

seuil

hseuilhc

seuil------------ e= =

seuilhce------ 580 nm= =

h e eVs+=

h hc--- 2.27eV= =


- 8 -

Sections 4 à 9

Exercice 9a. La relation d’incertitude d’Heisenberg indique que . Si ,alors:

b. Par hypothèse, p est de l’ordre de grandeur de p, i.e.: . On obtient ainsi:

et (champ coulombien)

où m0 est la masse (non-relativiste) de l’électron.

L’énergie totale s’écrit ainsi: .

c.

donnant une énergie totale minimale de: (= -13.6 eV).

d. Le modèle quantique de l’atome d’hydrogène de Bohr est basé notamment sur les 2postulats suivants:- L’électron se déplace sur des orbites circulaires.- Les rayons des orbites sont ceux pour lesquels le moment cinétique de l’électron estun multiple d’une constante :

, n = 1, 2, ...

où m0 est la masse (non-relativiste) de l’électron.

Sachant que l’électron est soumis à un champ coulombien créé par le noyau de chargee, la loi de Newton et l’équation ci-dessus conduisent à:

Les rayons des orbites sont donc quantifiés.L’énergie de l’atome s’écrit:

x p hh

2------= x r=

phr---

phr---=

Ecinp

2

2m0----------

h2

2m0r2

---------------= = Epote

2

40r--------------–=

Eh

2

2m0r2

---------------e

2

40r--------------–=

dEdr-------

h2

m0r3

------------–e

2

40r2

-----------------+ 0= = r0h

2

m0e2

----------------=

Em0e

4

802h

2--------------–=

h h 2=

m0vrn nh=

rn

0h2n

2

m0e2

-----------------=


- 9 -

En introduisant les expressions de v et de rn dans cette dernière équation, on obtientles états d’énergie de l’atome d’hydrogène selon le modèle quantique de Bohr:

[eV]

Le niveau le plus élevé (n = ou r = ) représente l’état dans lequel l’électron est arra-ché du noyau, i.e. la ionisation de l’atome. Il faut donc fournir 13,6 eV pour éjecterl’électron d’un atome d’hydrogène préalablement dans son état énergétique fondamentaltel que n = 1.

e. Le résultat obtenu à la question (c) est en accord avec le modèle de Bohr de l’atomed’hydrogène: r correspond au rayon de Bohr (n = 1) et E correspond à l’énergie del’état fondamental.

Exercice 10a. Vitesse des électrons:

i.e. ! On se trouve dans le domaine où la mécanique relativiste doit être utilisée.

L’énergie cinétique des électrons (équation 133 du polycopié) s’écrit:

==> Ecin = 1,4.10-14 J = 87 keV

b. L’énergie des photons doit être de:

Cette énergie se situe entre celle des rayons X et des rayons . Une telle source d’éner-gie est difficile à atteindre et une énergie si élevée créerait des interactions impor-tantes avec la matière observée, que l’on n’a pas avec un microscope optique usuel.De plus, il est difficile de construire une optique pour des rayons X.

E Ecin Epot+12---m0v

2 e2

40r--------------–= =

En

m0e4

802h

2--------------

1

n2

-----–13 6

n2

------------–= =

hmv--------

h 1v

2

c2

-----–

m0v---------------------- v 1

1

c2

-----2

m02

h2

-------------+

-------------------------- 1.56 108m s= = = =

vc2---

Ecin 1

1 v2

c2–

---------------------------- 1–

m0c2

=

Ehc------ 5.0 10

14–J ou 3.1 10

5eV= =


- 10 -

Exercice 11L’énergie libérée lors de l’annihilation vaut 2 mec2.

L’énergie de chaque photon vaut ainsi:

La fréquence et la longueur d’onde des photons sont données par:

et

Il s’agit de rayons gamma. Ils sont notamment utilisés dans la technique d’imageriemédicale fonctionnelle PET (Positron Emission Tomography).

Exercice 12a. La relation d’incertitude position-quantité de mouvement, appliquée au grain depoussière, conduit aux valeurs minimales suivantes, en supposant que x·p = h/2:

Incertitude relative sur la vitesse: et donc:

Incertitude sur la position:

avec p = mv ==> x = 10-10 m, ordre de grandeur de la distance interatomique dansun solide.Les effets quantiques sur le grain de poussière sont donc négligeables. La mécaniquequantique décrit le grain de poussière comme un paquet d’onde dont la vitesse degroupe est de 10-3 m/s et d’extension spatiale x et d’impulsion p tellement petitesqu’elles sont négligeables. Le maximum du paquet d’onde représente la position dugrain de poussière et son mouvement est quasi identique à celui du point matérielclassique.

b. L’énergie non-relativiste d’une particule est donnée par p2/2m. Si la position de laparticule est connue avec une précision égale à la boîte, x = a, alors p est connu avecun précision optimale p = (h/2)/a. L’énergie minimale, notée E0 ici, est ainsi del’ordre de p2/2m:

E0 augmente si la taille de la boîte diminue.Montrons ab absurdo que E0 est bien l’énergie minimale. Si l’énergie E de la particuleétait inférieure à E0, alors la mesure de p donnerait un résultat entre - et +

. Si l’on pose b tel que E = (h/2)2/2mb2, alors b > a et p est de l’ordre de (h/2)/b < (h/2)/a, en contradiction avec le principe d’incertitude.Remarques- E0 n’est qu’un ordre de grandeur puisque la relation d’incertitude de Heisenberg est

une inégalité. Pour connaître vraiment x et p dans un cas particulier, il faut ré-soudre l’équation de Schrödinger et utiliser les conditions aux limites appropriées,

E mec2

0.511 MeV= =

mec

2

h------------ 1 14.10

20 Hz= = c

--- 2 42.10

12– m= =

pp

-------1p---

h 2x

-------------=vv

-------pp

------- 105–

= =

xh 2p

-------------=

E0h 2 2

2ma2

---------------------

2mE2mE


- 11 -

afin d’obtenir .- Ce résultat est important: si l’on essaie de confiner une particule (par un potentiel at-

tractif ou par une boîte), la particule a une énergie qui est toujours plus grandequ’un certain niveau, appelé niveau fondamental.

Applications:1. électron: E0 3.8 eV2. électron de la taille d’une poussière: E0 3.10-6 eV3. électron de la taille du noyau atomique: E0 3.108 eV; Egrav = Gmpme/a 6.10-35 eV

(négligeable) et Ees = e2/40a 1,4.105 eV, << E0.4. Proton: E0 2.105 eV; Egrav 10-31 eV (négligeable) et Eés 1,4.105 eV, comparable à

E0.5. Photon: E0 = cp = (h/2)c/a 2.107 eV.

c. L’énergie de l’électron est donnée par:

==> [kgm/s]

L’incertitude sur l’énergie de l’électron peut être exprimée en fonction de l’incertitudesur sa quantité de mouvement:

L’incertitude sur l’énergie peut ainsi s’écrire: ==>

Une autre manière d’obtenir cette expression de p est de différencier l’équation p2 =2meV.

En utilisant la relation de Heisenberg, on obtient: .

Cette valeur est 50 milliards de fois plus grande que le rayon classique de l’électron et100 fois plus grande que le rayon d’un atome !

Exercice 13a. Avant l’obstacle, l’incertitude sur y vaut d. La relation d’incertitude de Heisenbergpermet de connaître l’incertitude sur py:

b. L’énergie de l’électron E = p2/2m n’a pas changé au passage de l’obstacle. Aprèsl’obstacle, sa quantité de mouvement n’est plus unidimensionnelle: p = pxêx + pyêy.La déviation de l’électron est caractérisée par l’angle , que l’on suppose petit:

==>

Remarque: ce résultat diffère quelque peu de l’exemple du polycopié (équation 44) où

Ep

2

2m-------- eV= = p 2meV 7 6.10

23–=

Ep p 2

2m-----------------------

p2

2m--------

ppm

----------=

Eppm

---------- eV= = pmep

-------V=

xh 2p

-------------ph 2meV-----------------= 5 3.10

8– m=

pyh 2

d-------------

sin py

p---------

h 2d 2mE-------------------= = y L sin

Lh 2d 2mE-------------------=


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le résultat est obtenu de manière intuitive, sans connaître les relations d’incertitude deHeisenberg.

c.-d. Cette dernière équation montre que y diminue si E augmente ou si d augmente.

e. L’énergie du photon est donnée par E = pc. En répétant les étapes précédentes, onobtient:

et

Les conclusions des questions (c) et (d) restent valables dans le cas du photon.

Exercice 14Hypothèse: choc élastique car l’énergie cinétique de l’électron incident est inférieure àl’énergie d’excitation d’un atome de mercure.La perte relative d’énergie cinétique que subit l’électron est exprimée par ,

où est l’énergie cinétique de l’électron après le choc.

L’énergie perdue par l’électron sera maximale pour unchoc de «plein fouet», i.e. unidimensionnel selon l’axe x:figure.

Méthode 1: Dans le référentiel du centre de massesRappel: soit un système formé de plusieurs particules en mouvement dans le référen-tiel L du laboratoire. Sa quantité de mouvement totale vaut P et sa masse M. Le sys-tème équivalent à une seule particule de masse M ayant une quantité de mouvementP définit le référentiel C du centre de masse qui se déplace par rapport à L à une vi-tesse VC définie par:

Ici, , avec A = m2/m1.

Le système étant isolé (pas de force extérieure), sa quantité de mouvement totale estconservée. Dans le référentiel C, cela implique que VC = V’C = constante. De même,l’énergie totale du système est conservée. De plus, dans le cas d’un choc élastique,l’énergie cinétique totale est conservée dans tout référentiel d’inertie.

Dans le référentiel C, les vitesses des particuless’écrivent: figure.

et

La quantité de mouvement totale étant par définition nulle dans le référentiel C, on a:

et

pyh 2

d------------- y L sin

cLh 2dE

--------------------=

EC E'C–

EC---------------------

E'C12---m1v'1

2=

x

m2m1

v1 v2 = 0

VCPm----

mivimi

------------------= =

VCv1

1 A+-------------=

m2m1

V1 V2 x

V1 v1 VC–Av1

1 A+-------------= = V2 v2 VC–

v2

1 A+-------------–= =

P1 P2–= P'1 P'2–=


- 13 -

La conservation de l’énergie cinétique totale s’écrit alors dans C:

==> et de même:

Dans le référentiel C, la vitesse de chaque particule a donc même amplitude avant etaprès le choc, mais la direction est inversée.

Dans le référentiel L, l’énergie cinétique après le choc vaut avec v’1 =V’1 + VC.

La perte d’énergie cinétique maximale que subit l’électron vaut ainsi:

(1)

L’approximation est justifiée car la masse de l’électron étant beaucoup plus petite quecelle du proton, A >> 1.Numériquement, on obtient (m1 = 9,1.10-31 kg et m2=MHg 200 u10-25 kg):

Cette très faible valeur justifie l’hypothèse de l’expérience de Franck-Hertz qui sup-pose que l’électron continue à se déplacer dans la vapeur de mercure, même aprèsplusieurs chocs élastiques.

Méthode 2: Dans le référentiel du laboratoireLa conservation de la quantité de mouvement et de l’énergie cinétique s’écrivent res-pectivement:

, et

avec et les vitesses de l’électron respectivement avant et après la collision, et la vitesse de l’atome de mercure après collision. L’identification du carré de la vitessev1 dans ces 2 équations donne (pour ):

Ainsi, la perte d’énergie cinétique maximale subie par l’électron s’écrit bien commedans l’équation 1.

Exercice 15a. L’énergie cinétique acquise par l’électron vaut:

L’énergie cinétique cédée par le photon vaut:

P12

2------

1m1-------

1m2-------+

P'12

2-------

1m1-------

1m2-------+

= P12

P'12

= P22

P'22

=

E'C12---m1v'1

2=

EC E'C–

EC--------------------- 1

12---m1 V'1

2VC

22V'1VC–+

12---m1v1

2----------------------------------------------------------------– 1

A 1– 2

A 1+ 2---------------------–

4A

A 1+ 2---------------------

4A----= = =

EC E'C–

EC--------------------- 1.1 10 5–

=

v1 v'1m2

m1-------v'2+= v1

2v'1

2 m2

m1-------v'2

2+=

v1 v'1 v'2

v'2 0

v'22m1

m1 m2–--------------------v'1 v'1

m1 m2–

m1 m2+---------------------v1= =

Ecin12---mev

28.93 10

19–J= =


- 14 -

donc:

b. L’équation 22 du polycopié peut s’écrire:

Ce qui permet de trouver cos= - 0,1811 et donc = 100°.

Exercice 16a. A l’équilibre thermique, les nombres N1 et N2 d’atomes dans les états caractériséspar E1 et E2 sont donnés par la statistique de Boltzmann:

où N = N1 + N2. Et donc:

b. La densité d’énergie caractérisant un corps noir s’écrit (équation 14 du polycopié):

Les interactions du système à deux niveaux avec le rayonnement, telles qu’elles ontété supposées par Einstein, sont de trois types:

1) L’absorption: nombre de transitions 1->2 par unité de temps: A12u()N1.

2) L’émission spontanée: nombre de transitions 2->1 par unité de temps: E21N2.

3) L’émission stimulée: nombre de transitions 2->1 par unité de temps: S21u()N2.

On peut alors écrire l’équation de bilan pour les transitions en présence de la lumière:

On suppose que le système plongé dans le rayonnement est à l’équilibre thermique.Le résultat trouvé en (a) reste donc valable et on en déduit une expression pour ladensité d’énergie:

Ecin Ephot= E'phot–hc------

hc'------– hc

' –'

------------- hc

2------- = =

2

hc------Ecin 2.87

3–10 nm= =

c 1 cos– =

N1Ne

E1– kBT

eE1– kBT

eE2– kBT

+------------------------------------------------------= N2

Ne E2– kT

eE1– kBT

eE2– kBT

+------------------------------------------------------=

N1

N2------- e

E– 1 E2+ kBTe

h kBT= =

u 8h

c3----------

3

eh kBT

1–---------------------------=

A12u N1 E21N2 S21u N2+=

u E21

A12eh kBT

S21–---------------------------------------------=


- 15 -

que l’on peut comparer à la densité d’énergie du corps noir. On en déduit que A12 =S21.De plus on doit avoir:

L’expérience confirme ces prédictions d’Einstein.

Exercice 17Soient E et l’énergie du photon et du proton avant collision. Soient E’, , et pl’énergie du photon, l’énergie du proton et la quantité de mouvement du proton aprèscollision respectivement. L’énergie transférée au proton sera maximale si l’angle duphoton diffusé . En effet d’après l’équation 21 du polycopié, p est maximal si

, ce qui entraîne que l’angle de p soit .Conservation de l’énergie relativiste (équation 20du polycopié):

Conservation de la quantité de mouvement:

La formule reliant p à est donnée à l’équation 135 du polycopié:

Application numérique:

et donc:

Exercice 18La série de Paschen pour l’hydrogène correspond à l’émission de photons de lon-gueur d’onde donnée par:

avec .Plus longue longueur d’onde: .

Plus courte longueur d’onde: .

E21

S21--------

8h3

c3----------------=

m0c2

mc2

= = 0=

E m0c2

+ E' m02c

4p

2c

2++=

Ec--- p

E'c---- E'– pc E–= =

Ecin

Ecin m0c2

+ c m02c

2p

2+ p 2Ecinm0 1

Ecin

2m0c2

----------------+

= =

p 86.7MeV

c-------------

E12--- m0

2c

4p

2c

2+ pc m0c

2–+

45.4MeV= =

1--- R̃H

1

32

-----1

n22

-----–

=

n2 3n2 4 1875nm= =

n2 820nm= =


- 16 -

Exercice 19La longueur d’onde de de Broglie est donnée par l’équation 39 du polycopié (pas d’ef-fets relativistes à cette vitesse):

Pour l’objet de masse m=1 g: .

Pour l’électron: .La longueur d’onde d’un objet macroscopique est extrêmement petite, et donc impos-sible à mesurer. Elle n’a pas de conséquence sur le comportement de ces objets. En re-vanche, pour une particule microscopique telle que l’électron, le proton ou le neutron,les effets d’interférences dus à ces ondes sont importants.

Exercice 20Effets relativistes négligeables à v = 500 m/s << c.

En utilisant les relations d’incertitude x·p = h/2:

Pour l’électron:

Pour la balle de fusil: .

L’incertitude sur la position de la balle est bien inférieure aux possibilités de mesures(noyau atomique: 10-15 m) et donc, dans des conditions usuelles de vitesse, les objetsmacroscopiques peuvent être traités de manière classique.

Exercice 21a. La fréquence et la longueur d’onde du photon émis sont reliées à son énergiepar:

D’où et .

b. Incertitude sur l’énergie du photon:

hp---

hmv--------= =

4.42 1033–

m=

4.85 106–m=

px mv 0.01% x hpx--------- 2.32mm=

x 10 31–m

E h hc------= =

4.35 1014

Hz= 690nm=

Eht----- E 0.33 10

9–eV= =


- 17 -

Exercice 22Conservation de la quantité de mouvement: , avec , enfaisant

l’hypothèse que l’énergie cinétique de l’atome est très petite devant E.

On en déduit la vitesse de l’atome et son énergie de recul:

Exercice 23Dans le modèle de Bohr, les états d’énergie de l’atome d’hydrogène sont donnés parl’équation 27 du polycopié:

En conséquence, le changement d’état provoque une différence d’énergie E = h. Onen déduit la fréquence du rayonnement émis au passage l’état n à n-1:

Lorsque n tend vers l’infini, le terme «-1» perd de son importance et peut être négligé.Le terme entre accolades de l’équation peut alors s’écrire:

On obtient ainsi:

Remarque: en utilisant l’expression de rn donnée dans le modèle de Bohr, on peut ob-server que la fréquence classique f = v/2pr est identique à l’équation ci-dessus.

0 p mv–= ph---

hc

------Ec

-------= =

vEmc-------

Erecul12---mv

2 E2

2mc2

-------------= =

En

m0e4

802h

2--------------

1

n2

-----–=

m0e

4

802h

3--------------

1

n 1– 2-------------------

1

n2

-----–

m0e4

402h

3--------------

2n 1–

n2

n 1– 2-------------------------

= =

2n 1–

n2

n 1– 2-------------------------

n lim

2

n3

-----=

m0e

4

402h

3--------------

2

n3

-----=


- 18 -

Sections 10 à 16

Exercice 24Le confinement est réalisé par des potentiels stationnaires de hauteur infinie.L’équation de Schrödinger s’écrit dans la boîte:

où (x) est la dépendance spatiale de la fonction d’onde: .

On peut résoudre cette équation par la méthode de séparation des variables quiconsiste à chercher une solution de la forme:

L’introduction de cette solution d’essai dans l’équation de Schrödinger conduit à:

Cette somme devant être égale à la constante E, chaque terme doit être égal à uneconstante que l’on écrit ki

2, avec i = 1, 2 ou 3:

Avec la condition:

La grandeur k ainsi définie est le vecteur d’onde de l’électron.La résolution des 3 équations différentielles conduit à:

Ces solutions sont bien les solutions du problème car elles satisfont aux conditionsaux limites i(xi) = 0 en xi = 0 et Li si Bi = 0 et si:

où les ni sont des nombres entiers positifs.On constate que le vecteur d’onde est quantifié par les conditions aux limites; il seraitcontinu si l’électron était libre dans tout l’espace. La fonction d’onde s’écrit ainsi:

h2

2m--------– 2 x E x =

x t x e it–=

x 1 x1 2 x2 3 x3 =

h2

2m--------–

11-----

x12

2

d

d 1 11-----

x22

2

d

d 2 11-----

x32

2

d

d 3+ +

E=

1i----–

xi2

2

d

d i ki2

=

Eh

2

2m-------- k1

2k2

2k3

2+ + h

2

2m--------= k

2=

i x Ai kixisin Bi kixicos+=

ki niLi-----=

x A1A2A3 k1x1sin k2x2sin k3x3sin =


- 19 -

Le produit A1A2A3 se calcule facilement en utilisant la condition de normalisation dela fonction d’onde qui exprime que la probabilité de trouver l’électron dans la boîtevaut 1:

==>

La fonction d’onde s’écrit ainsi:

Les valeurs possibles de l’énergie de l’électron sont donc quantifiées et s’écrivent:

Cette quantification de l’énergie résulte de la quantification du vecteur d’onde k,donc des conditions aux limites imposées à l’onde .Application: E1= 1,13 eV.

Exercice 25Le potentiel étant indépendant du temps dans les 2 régions, déterminer (x,t) revientà déterminer la fonction (x) de l’équation stationnaire de Schrödinger:L’équation de Schrödinger s’écrit à une dimension:

avec:

Les solutions dans les régions de l’espace I et II s’écrivent:Région I:

==> avec

Région II:

==> avec

a. S’il n’y a pas de réflexion, A1’ et A2’, qui décrivent des ondes rétrogrades, sont nuls.Les conditions de continuité en x = 0 conduisent à:

A1A2A3 2 k2

1x1sin k2

2x2sin k2

3x3sin x1 x2 x3ddd

0

Lz

0

Ly

0

Lx

1=

A1A2A38

LxLyLz-------------------=

x t 8LxLyLz------------------- k1x1sin k2x2sin k3x3sin e

it–=

En hh

2kn

2

2m-----------

h2

2m--------2 nx

2

Lx2

------ny

2

Ly2

------nz

2

Lz2

------+ +

= = =

x t x e

iEth

-------–=

x2

2

d

d 2m

h2

-------- E V x – x + 0=

x2

2

d

d 2m E V0–

h2

-----------------------------+ 0= I x A1eik1x

A1'eik1x–

+= k1

2m E V0–

h---------------------------------- 0=

x2

2

d

d 2mE

h2

------------+ 0= II x A2eik2x

A2'eik2x–

+= k22mEh

---------------- 0=


- 20 -

==> A1 = A2 et ==> k1A1 = k2A2

Il est donc impossible de satisfaire simultanément ces 2 conditions. Contrairement àcette situation décrite par la physique classique, la mécanique quantique impose uneonde réfléchie au passage d’une marche descendante, bien que E > V0 !

b. Les fonctions d’onde sont inchangées, mais l’onde réfléchie mentionnée dans le pa-ragraphe ci-dessus implique que A1’ 0.

c. Les conditions de continuité en x = 0 permettent de déterminer les coefficients r etR.

==> A1 + A1’ = A2 et ==> k1(A1 - A1’) = k2A2

et donc:

==>

r < 0: il y a un déphasage de 180o entre l’onde incidente et l’onde réfléchie.

d. On a donc:

>

L’amplitude des ondes dépendentdes conditions initiales en x = - ,de E et de V0.

Exercice 26a. Aucune force de Lorentz n’agit sur les atomes électriquement neutres. La nécessitéd’un grad Bz pour provoquer une déviation laisse supposer que les atomes possèdentun moment dipolaire magnétique ms et sont donc soumis à une force donnée par F =grad (ms·B): section 8.1 du polycopié «électromagnétisme». Selon l’hypothèse del’énoncé, ms ne peut résulter que de l’électron de valence (les électrons de coeur ap-portent une contribution nulle et le moment magnétique nucléaire est négligeable).L’électron n’ayant pas de moment cinétique orbital, il faut imaginer que ms résulted’une propriété intrinsèque de l’électron. Comme on l’a fait en électromagnétisme

I II=xd

dI

xd

dII=

I II=xd

dI

xd

dII=

rA1'

A1--------

k1 k2–

k1 k2+-----------------

1V0

E-------– 1–

1V0

E-------– 1+

-----------------------------= = = Rk1 k2–

k1 k2+----------------- 2 2

V0

E-------– 2 1

V0

E-------––

2V0

E-------– 2 1

V0

E-------–+

----------------------------------------------= =

V(x)

xI II

V0

(x) ou (x,t*)

x

Ih

2m E V0– ----------------------------------= II

h

2mE----------------=


- 21 -

pour le moment magnétique orbital de l’électron, on peut relier ms, appelé momentmagnétique de spin, au moment cinétique de spin Ls:

g est une constante de proportionnalité appelée rapport gyromagnétique de l’élec-tron; la valeur expérimentale de g est proche de 2.La fréquence de rotation de ms autour de Bz est trop grande pour que msx et msypuissent intervenir autrement que par leur valeur moyenne dans le temps, qui estnulle.La géométrie du dispositif est telle que grad Bz n’a qu’une composante selon z. Laforce provoquant la déviation verticale vaut ainsi:

b. L’amplitude unique ± z* de la déviation oblige à considérer que le moment magné-tique msz ne peut prendre que deux valeurs égales et opposées. Cette quantificationde msz permet d’appliquer au moment cinétique de spin la démarche faite pour le mo-ment cinétique orbital:- de façon similaire à , on écrit

- de façon similaire à avec , i.e. Lz a orientations possibles, on écrit , avec , i.e. Lsz a 2s + 1 orientations possibles.L’expérience conduit donc à 2s + 1 = 2, i.e. s = 1/2 et donc ms = 1/2.

On parle de spin up (ms = 1/2) et spin down (ms = -1/2), bien que le spin ne soit jamaisaligné sur l’axe de B !

Exercice 27Soit vI = p1/m = hk1/2m la vitesse des particulesdans la région I et vII = p2/m = hk2/2m leur vi-tesse dans la région II: figure.Les flux de particules incidentes, transmises et ré-fléchies s’écrivent:

où S est la section dans laquelle passe les particules que l’on compte pendant untemps t.En utilisant les résultats de la section 15.1 du polycopié, la partie spatiale des fonc-tions d’onde s’écrit:

et avec

ms ge

2me----------Ls–=

F msz zddB

=

L2 l l 1+ h2

= Ls2

s s 1+ h2=

Lz mh= l– m l 2l 1+Lsz msh= s– ms s

V(x)

x

V0I II

0Fi

iSvIt

St-------------------= Ft

tSvIIt

St---------------------= Fr

rSvIt

St--------------------=

i x A1eik1x

= r x A1'eik1x–

= k12mE

h2

------------=


- 22 -

avec

Le coefficient de réflexion est obtenu en calculant le rapport des flux réfléchi et inci-dent; comme est proportionnel à ||2, on peut écrire:

Le rapport des coefficients A1’/A1 a été obtenu en utilisant la continuité de et d/dxau passage de la marche: cf section 15.1.Le coefficient de transmission est obtenu en calculant le rapport des flux transmis etincident:

Le rapport des coefficients A2/A1 a été obtenu en utilisant en utilisant la continuité deet d/dx au passage de la marche: cf section 15.1Discussion:- ces expressions de R et T sont identiques à celles obtenues dans le polycopié.- R + T = 1 car le nombre total de particules est conservé.- ces expressions de R et T sont analogues aux expressions de l’intensité relative trans-mise et réfléchie d’une onde électromagnétique à une interface (équation 123 du poly-copié «ondes»), k étant remplacé par l’indice de réfraction (k = /u = n/c):

et

Exercice 28Le potentiel étant indépendant du temps dans les 3 régions, déterminer (x,t) revientà déterminer la fonction (x) de l’équation stationnaire de Schrödinger:L’équation de Schrödinger s’écrit à une dimension:

avec:

a. Lorsque E < 0, on peut s’attendre au confinement de la particule (état lié) dans lazone II, mais avec une pénétration par effet tunnel dans la zone III, contrairement auxprévisions de la mécanique classique.

Région I: la paroi est impénétrable et donc I = 0

Région II:

t x A2eik2x

= k2

2m E V0–

h2

-----------------------------=

RFr

Fi-----

vI r2

vI i2

----------------r

2

i2

----------A1'

2

A12

-------------k1 k2–

k1 k2+----------------- 2

= = = = =

TFt

Fi----

vII r2

vI i2

------------------vII r

2

vI i2

-----------------k2 A2

2

k1 A12

------------------k2

k1-----

2k1

k1 k2+----------------- 2 4k1k2

k1 k2+ 2-------------------------= = = = = =

Ir

Ii---

n1 n2– 2

n1 n2+ 2-------------------------=

It

Ii---

4n1n2

n1 n2+ 2-------------------------=

x t x e

iEth

-------–=

x2

2

d

d 2m

h2

-------- E V x – x + 0=


- 23 -

==> avec

Région III: ==> avec:

Conditions de raccordement:- La condition de continuité de en x = 0 impose A2 = - A2’ ==> - La solution exponentielle dans III doit décroître si x tend vers l’infini==> A3 = 0.- Les conditions de continuité de et de d/dx en x = L conduisent à:

En introduisant les expressions de k et , on obtient:

Dans cette équation, la seule grandeur qui n’est pas fixée est l’énergie. La solutionfournira donc la condition permettant de déterminer les niveaux possibles de E dansle puits (zone II). Cependant, cette équation transcendante ne permet pas ce calcul demanière simple et le nombre de valeurs possibles de E va dépendre de la valeur de V0.Il est par exemple possible de vérifier les résultats suivants:

- si , il n’y a pas d’état lié (aucun niveau possible d’énergie qui puisseconfiner la particule dans cette région)

- si , il y a un seul état lié, i.e. une seule valeur possiblede l’énergie.

- si , il y a 2 états liés.

b. Le potentiel étant indépendant du temps dans les 3 régions, déterminer (x,t) re-

x2

2

d

d 2m E V0+

h2

------------------------------+ 0= II x A2eikx

A2'eikx–

+= k2m E V0+

h---------------------------------- 0=

x2

2

d

d 2– mE

h2

--------------------– 0= III x A3ex

A3'ex–

+=

2– mEh

------------------- 0=

II x C kx sin=

k g kL cot –=

2m E V0+

h---------------------------------- g

2m E V0+

h----------------------------------L

cot2– mEh

-------------------–=

V0L2 2

h2

8m

2h

28m V0L

292

h2

8m

92h

28m V0L

2252

h2

8m

x

nn indique la valeur propre de l’énergie correspondante


- 24 -

vient à déterminer la fonction (x) de l’équation stationnaire de Schrödinger:L’équation de Schrödinger s’écrit à une dimension:

avec:

Lorsque E > 0, on peut s’attendre à un comportement libre de la particule, i.e. ellen’est pas confinée dans la zone II. Les solutions dans les régions de l’espace I, II et IIIs’écrivent:

Région I: la paroi est impénétrable et donc I = 0

Région II:

==> avec

Région III: ==> avec:

Conditions de raccordement:- La condition de continuité de en x = 0 impose A2 = - A2’ ==> - Les conditions de continuité de et de d/dx en x = L conduisent aux relations sui-vantes.En écrivant III sous la forme équivalente III = Bsin(k3x + ), on obtient:

Csin(kL) = Bsin(k3L + ) et Ckcos(kL) = Bk3cos(k3L + ).

Niveaux d’énergie quantifiés ?Les 2 conditions de raccordement permettent de déterminer les coefficients B et C. Enconséquence, toute valeur de l’énergie est possible en choisissant de manière adé-quate la phase pour chaque valeur d’énergie, i.e. le spectre d’énergie est continu.

Physiquement, cette phase signifie que la présence du puits modifie la fonctiond’onde, même si E > 0. Sans puits, la fonction d’onde serait en sin(k3x) pour tout x > 0et contiendrait des ondes incidente et réfléchie de même fréquence. En présence dupuits, la fonction d’onde est modifiée dans les zones II (k k3) et dans la zone III ( 0). La phase permet d’assurer le raccordement de la fonction d’onde en x = L: figureA. En d’autres termes, une modification locale du potentiel entre x = 0 et L affectetoute la fonction d’onde et s’exprime par le déphasage La figure B illustre la fonc-tion d’onde dans les 3 régions.

x t x e

iEth

-------–=

x2

2

d

d 2m

h2

-------- E V x – x + 0=

x2

2

d

d 2m E V0+

h2

------------------------------+ 0= II x A2eikx

A2'eikx–

+= k2m E V0+

h---------------------------------- 0=

x2

2

d

d 2mE

h2

------------+ 0= III x A3eik3x

A3'eik3x–

+= k32mEh

---------------- 0=

II x C kx sin=


- 25 -

c. La fonction d’onde dans la zone III est donnée par (c.f. a):

La constante A’3 peut être déterminée par la probabilité par unité de longueur (densi-té de probabilité) de trouver la particule en L:

==> car ici A’3 est un nombre réel.

En conséquence, la probabilité de trouver la particule dans la zone III est:

Exercice 29a. Les fonctions d’ondes de cet électron dans une boîte est déterminée en suivant ladémarche de la section 14 du polycopié; on obtient:

;

Les En exprime les valeurs propres de l’énergie.La probabilité de trouver l’électron dans l’état n entre 0 et D/3 est ainsi donnée par:

Pour l’état fondamental, i.e. n = 1: .

x

0 L

sin(k3x + )

sin(kx)

/k3

x

0 L

A.

III x A3'ex–

=

p x L= 2A3'

2e

2L–= = A3' pe

L=

P x L x 2xd

L

A3'

2

2----------e

2– L p2------= = =

n x t n x eiEnt h–

= n x 2D---- nx

D----------sin=

P n2

xd

0

D 3

2D---- 2 nx

D----------sin xd

0

D 3

2D----

12---x

D4n---------- 2nx

D-------------sin–

0

D 3 2D----

D6----

D4n---------- 2n

3----------sin–

= = = =

P 0.196 1 5=


- 26 -

b. Classiquement, l’électron a un mouvement de va et vient à vitesse constante et doncsa probabilité d’être entre 0 et D/3 vaut 1/3.La probabilité obtenue par la mécanique quantique est donc différente (inférieure) dela valeur prévue par une approche classique.

c. Pour n très élevé, le résultat quantique doit tendre vers le résultat classique:

Exercice 30Le potentiel étant indépendant du temps dans les 3 régions, déterminer (x,t) revientà déterminer la fonction (x) de l’équation stationnaire de Schrödinger.La solution de l’équation de Schrödinger s’écrit à une dimension:

avec:

a. Les solutions dans les régions de l’espace I, II et III s’écrivent:

Régions I et III: ==>

et avec

Région II: ==>

avec

b. Conditions aux limites: les solutions exponentielles dans I et III doivent avoir unenorme finie, i.e. Iet III doivent décroître lorsque x tend vers ==> A1’ et A3 = 0.Conditions de raccordement: aux points de discontinuité du potentiel ( a/2), la fonc-tion d’onde et sa dérivée restent continues. On obtient ainsi un système de 4 équa-tions:

(1)

(2)

P2D----

12---x

D4n---------- 2nx

D-------------sin

n lim–

0

D 3 2D----

D3 2----------

1

3---= = =

x t x e

iEth

-------–=

x2

2

d

d 2m

h2

-------- E V x – x + 0=

x2

2

d

d 2mE–

h2

--------------------– 0=

I x A1ex

A1'ex–

+= III x A3ex

A3'ex–

+= 2– mEh

------------------- 0=

x2

2

d

d 2m E V0+

h2

------------------------------+ 0=

II x A2eikx

A2'eikx–

+= k2m E V0+

h---------------------------------- 0=

A1ea– 2

A2ei– ka 2

A2'eika 2

+=

A1ea– 2

ikA2ei– ka 2

ikA2'eika 2

–=


- 27 -

(3)

(4)

Le système défini par ces 4 équations est homogène; il n’a de solution non-triviale quesi son déterminant est nul.

c. Comme alternative au calcul du déterminant, retrouvons la condition non-triviale àpartir des équations 1 à 4.

ik(1) + (2) s’écrit:

-ik(1) + (2) s’écrit:

ik(3) + (4) s’écrit: et donc:

-ik(3) + (4) s’écrit: et donc:

L’égalité entre ces 2 équations conduit à:

et donc: (i) ou (ii) (5)

Comme et k dépendent de E, la première relation de cette équation ne peut être sa-tisfaite que pour certaines valeurs de E: l’énergie est quantifiée.

d. Les résultats obtenus en (a) in-diquent que la fonction d’onde estévanescente dans les régions I etIII et oscillante dans la région II:

e. Analysons séparément les équa-tions 5,i et ii.L’équation 5,i se récrit:

==>

En utilisant la relation trigonométrique: , on obtient:

A3'ea– 2

A2eika 2

A2'ei– ka 2

+=

A– 3'ea– 2

ikA2eika 2

ikA2'ei– ka 2

–=

A2e

– a 2

ei– ka 2

------------------ ik+

2ik-------------- A1=

A2'e–

– a 2

eika 2

------------------- ik–2ik

-------------- A1=

A3'e

ika 2

ea– 2

----------------2ik

ik –-------------- A2= A3'

ik+– ik+

------------------- e

ikaA1=

A3'e

i– ka 2

ea– 2

------------------2– ik

i– k –----------------- A2'= A3'

ik–– ik–

------------------ e

i– kaA1=

ik– ik+-------------- 2

e2ika

= ik– ik+-------------- e–

ika=

ik– ik+-------------- e

ika=

x

I II III

|n|2

e-2xe2x

n indique la valeur propre de l’énergie

ka2------ cos k

ka2------ sin=

ka2

------ tan

k--- 0=

1

2cos--------------- 1 2

tan+=


- 28 -

L’équation 5,ii se récrit:

==>

En utilisant la relation trigonométrique: , on obtient:

Les niveaux d’énergie autorisés correspondent aux intersections d’une droite de pente1/k0 avec des arcs de cosinusoïde dans le domaine de tg(ka/2) > 0 et des arcs de sinu-soïde dans le domaine de tg(ka/2) < 0.Dans l’exemple graphique ci-dessous, il y a 7 valeur possibles de k et donc de E tellesque les états sont liés, i.e. la particule est confinée dans le puits.

RemarqueL’étudiant intéressé trouvera des remarques complémentaires dans le livre de Cohen-Tanoudji C., Diu B. Laloë F., Mécanique quantique I, Hermann, 1997 qui traite ce problèmedans le complément H1.

Exercice 31La probabilité que la particule traverse la barrière est donnée par le coefficient detransmission (équation 94 du polycopié):

ka2------ cos

kk0-----=

ka2------ sin– k

ka2------ cos=

ka2

------ tan

k---– 0=

1

2sin-------------- 1 2

cot+=

ka2

------ sin

kk0-----=

k

0 /a 3/a 5/a k0

|sin(ka/2)||cos(ka/2)| tg(ka/2)

1k/k0


- 29 -

avec

. On obtient finalement : .

Exercice 32a. L’énergie cinétique d’une particule vaut: .

Lorsque la particule se trouve dans un potentiel V, son énergie E vaut alors:

On en déduit alors son onde de de Broglie .

Une solution de l’équation d’ondes de d’Alembert à une dimension est donnée par:

, avec: k = 2/

b. En ne considérant que la dépendance spatiale, on peut écrire:

En introduisant l’onde de de Broglie dans cette équation, on obtient:

qui correspond bien à la fonction d’onde spatiale d’un état stationnaire (équation 65du polycopié), i.e. à la solution stationnaire de l’équation de Schrödinger.

Exercice 33L’énergie potentielle V étant indépendante de x, trouver (x,t) revient à trouver lesétats stationnaires, i.e. (x) telle que:

De façon générale, l’équation de Schrödinger de (x) à 1 dimension s’écrit:

Pour x > 0 où V = 0, la résolution de cette équation (recherche de l’équation caractéris-tique en posant = ex avec complexe) conduit à:

T4E V0 E–

4E V0 E– V02 2 D sinh+

---------------------------------------------------------------------= 2m V0 E–

h----------------------------------=

D 3 6910 1 2

9–10 4 3 1 2 D sinh eD

eD–

–2

---------------------------

2e

2D

4------------= = =

T16E V0 E–

V02

------------------------------- e2D– T 1 44 e

2 4.34– 0 263–10= =

Ec12---mv

2 p2

2m--------= =

Ep

2

2m-------- V+=

h

2m E V– -------------------------------=

A kx t– sin=

2

x2

---------2

------ 2

+ 0=

2

x2

---------2m

h2

-------- E V– + 0=

x t x e it–=

h2

2m--------–

x2

2

d

d V x x + h x =


- 30 -

avec

La paroi empêchant toute pénétration de l’onde impose (x = 0) = 0 et donc B = - C. Entenant compte de cette condition aux limites, on obtient:

A est un nombre complexe.

b. La probabilité de présence en x > 0 est donnée par:

En conséquence, la probabilité de trouver la particule est nulle aux xn tels que:

c. Le spectre d’énergie est continu car la «largeur» de la boîte est très grande, i.e. laparticule n’est pas confinée dans une petite région de l’espace (pas de deuxièmecondition limite imposée).ouLa seule condition aux limites n’impose pas de valeurs particulières à k. En consé-quence, les valeurs de l’énergie ne sont pas quantifiées.

Exercice 34Les différents états de l’atome d’hydrogène sont définis par les solutions de l’équationde Schrödinger; équations 99 et 101 du polycopié:

avec

Les fonctions radiale R(r) et angulaires Y() sont données par les équations 107 et110.

a. L’état fondamental 1s et le premier état excité 2s sont caractérisés par n = 1 ou 2, l =0, m = 0; les fonctions s’écrivent ici:

devient: et

devient:

On constate bien que les fonctions d’ondes nlm(r,) correspondantes sont indépen-dantes de et ; elles s’écrivent:

et

x Beikx

Ceikx–

+= k2mE

h2

------------=

x A kxsin=

2 2A

2k

2xsin= =

xnnh

2 2mE-------------------=

r t r e

iEth

-------–= r R r

r-----------Y =

Rn l r R10 r 1a--- e

r a– 2ra----- 1– = R20 r 1

32a--------- e

r 2a– ra--

2ra----- 4– =

Ylm Y0

0 14------=

1002

3----------------e

r a–= 200

13

----------------------er 2a– 2r

a----- 4– =


4a 128a

- 31 -

b. La densité de probabilité de ces états s’écrit:

Etat 1s:

Etat 2s:

c. La probabilité P(r) de trouver l’électron dans une coquille sphérique de rayon r etd’épaisseur r quels que soient les angles et , appelée densité de probabilité ra-diale, s’écrit à partir de l’équation 120 du polycopié:

Etat 1s:

Etat 2s:

2 2 1

a3

---------e2r a–

= =

2 2 1

128a3

------------------er a– 2r

a----- 4– 2= =

||2

r r

||2

n = 2l = 0

n = 1l = 0

P 2r2 sin rd dd

r

r r+

4 2r2

rd

r

r r+

= =

P 4

a3

----- r2e

2r a–rd

r

r r+

4a---

r2

a2

----- e2r a– r =

P 132a--------- e

r a– 2r2

a2

--------4ra-----–

2

r

r/a

0 1 2 3 4 2 40 6 8 10

r/a

n = 1l = 0 n = 2

l = 0

5

P(r/a)

P(r/a)


- 32 -

Exercice 35On considère un photon de basse énergie. On peut alors envisager une résolutionnon-relativiste.La conservation de l’énergie fournit:

La conservation de l’impulsion permet quant à elle d’écrire:

En combinant ces équations de manière à éliminer la fréquence , on obtient:

Exercice 36a. Comme les particules incidentes ont une énergie plus grande que la marche de po-tentiel, aucune d’entre elles ne sera réfléchie si l’on suit un raisonnement utilisant leslois de la mécanique classique.

b. Selon la théorie quantique, on peut voir qu’une partie des particules va être ré-fléchie sur la barrière de potentiel. Cette fraction est donnée par l’équation 85 du poly-copié:

Avec et .

Application numérique:

Exercice 37a. La relation d’incertitude d’Heisenberg exprime que . Donc si ,alors:

b. Supposons arbitairement que , alors ,

h h'12---mev

2+=

hc

------h'c

-------– mev+=

h'12---mev

2----------------

cv---

12---

cv---–=

R 14k1k2

k1 k2+ 2-------------------------–=

k12mE

h2

------------= k2

2m E V0–

h2

-----------------------------=

R 0.0294=

x p h x r=

phr---

phr---= Ecin

p2

2m--------

h2

2mr2

-------------= = Epote

2

40r--------------–=


- 33 -

On obtient alors pour l’énergie totale:

c. , donnant une énergie totale de:

Ces résultats sont en accord avec le modèle de Bohr de l’atome d’hydrogène: r corres-pond au rayon de Bohr (équation 25 du polycopié) et E correspond à l’énergie de l’étatfondamental.

Exercice 38a. Cet électron dans une boîte a des valeurs quantifiées de son énergie, données par:

(équation 73 du polycopié) ==>

Avec les valeurs données, n =3,995 !!!

b. n devrait être un nombre entier, on essaie n= 4 et 3.n = 4: E4 = 6,017 eVn = 3: E3 = 3,384 eVLa valeur correspondant à n = 4 étant plus proche de la valeur approximative de 6 eV,on conclut que n = 4 et que E = 6,017 eV.

Exercice 39Hypothèse: l’éventuel potentiel agissant sur l’électron ne dépend pas du temps, i.e.V(x) (états stationnaires).

a. La solution de l’équation de Schrödinger d’une particule dans un état stationnairedécrit par le nombre quantique principal n s’écrit (section 13 du polycopié):

b. Par définition de la fonction d’onde, la valeur moyenne de la position de l’électronest donnée par:

Eh

2

2mr2

-------------e

2

40r--------------–=

dEdr-------

h2

mr3

---------–e

2

40r2

-----------------+ 0= = r0h

2

me2

--------------=

Eme

4

802h

2--------------– 13.6 eV–= =

Enh

22

2mD2

--------------- n2= n

2Dh

------- 2mEn=

n x t n x e

iEnt

h----------–

=


- 34 -

iEnt iEnt

On constate que x n’est pas fonction du temps, i.e. la charge n’oscille pas. Il n’y a doncpas de rayonnement possible, même si l’électron est en mouvement (Rappel: la théo-rie classique prévoir un rayonnement continu).

c. Sous l’effet du rayonnement, l’électron peut rester dans l’état n ou passer à l’état denombre quantique principal m. La fonction d’onde s’écrit alors:

où a et b peuvent changer au cours du temps, s’il y a changement d’état. a = 1 et b = 0en t = 0.La position moyenne de l’électron s’écrit ainsi:

Les termes en nn* et mm* conduisent à une distribution de charges stationnairesnon-oscillantes, comme dans le résultat obtenu à la question b; en conséquence, il n’yaura ni absorption ni rayonnement. Soit x’ les termes croisés restants; leur sommes’écrit:

Le calcul de cette intégrale nécessite de déterminer la valeur moyenne de ab pour ungrand nombre d’électrons placés dans les mêmes conditions. Cependant, pour déter-miner les fréquences des transitions permises, il suffit de calculer l’intégrale qui multi-plie ab:

(1)

Ce résultat montre que la position moyenne de l’électron est proportionnelle à unefonction cosinusoïdale du temps. La position de la charge est donc oscillante et parconséquent il existe un rayonnement de fréquence:

Ce modèle quantique introduit l’existence d’une raie spectrale et fournit une explica-tion au postulat de Bohr (section 6 du polycopié): les seuls photons émis (ou absorbés)ont des fréquences telles que hv est égal à la différence entre deux niveaux d’énergie.

x x xd

–

x n2e

h----------–

eh

----------xd

–

x n2

xd

–

= = =

x t an bm+=

x x an bm+ an bm

+ xd

–

=

x,

xab nm mn

+ xd

–

=

x e

ih--- Em En– t

e

ih---– Em En– t

+

mn xd

–

21h--- Em En– tcos x mn xd

–

=

Em En–

h--------------------=


- 35 -

d. Il n’y aura pas de rayonnement ssi dans l’équation 1.

Cela signifie que la transition n à m est alors interdite: on voit apparaître une règle desélection.

Exercice 40a. Cette fonction d’onde décrit un état stationnaire de la particule.La fonction (x) doit ainsi être solution de l’équation 65 du polycopié:

où E est une valeur propre de l’énergie de la particule.

En tenant compte de l’expression de (x), cette équation conduit à:

En imposant V(x=0) = 0, cette somme est identiquement nulle si:

et

b. L’énergie potentielle est celle d’un oscillateur harmonique décrit par kx2/2 =m2x2/2; est la pulsation, donnée par .

En conséquence, l’énergie de l’oscillateur vaut .

Ce modèle quantique de l’oscillateur harmonique, qui sera décrit en détail dans uncours avancé, est utile à la description des vibrations des atomes dans les molécules etdans les solides. On peut en effet admettre, en première approximation, que le mou-vement de ces atomes est harmonique.Il apparaîtra que les niveaux d’énergie sont quantifiés, donnés par .

x mn xd

–

0=

h2

2m--------– 2

V x + x E x =

V x 22h

2

m---------------x

2–

h2

m--------- E–+ 0=

V x 22h

2

m---------------x

2= E

h2

m---------=

2h m=

E h 2=

En n12---+

h=


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