TS S12 – Introduction au monde quantique - corrigé
Page 1 sur 4
TD S12 : Introduction au monde quantique - corrigé
Exercice 1 : Microscope électronique
1. 𝑝 = 𝑚𝑣 et 𝐸c = 1 2𝑚𝑣 2 ⇒ 𝑝 = √2𝑚𝐸 c ⇒ 𝑝 = 1,2 × 10−22kg. ms−1. 2. 𝜆 =ℎ 𝑝 ⇒ 𝜆 = 5,5 × 10 −12m.
3. La longueur d’onde des électrons est beaucoup plus faible que celle de la lumière visible (≈ 0,5𝜇m). La diffraction est donc bien moins importante avec des électrons, ce qui augmente donc la résolution du microscope.
Exercice 2 : Rayonnement stellaire
1. La puissance surfacique traversant le filtre est ΦF= 𝑘ΦS, avec 𝑘 = 10−5.
La puissance reçue par l’œil est P = ΦF𝑆, où 𝑆 = 𝜋𝐷2
4 est l’aire de la pupille.
L’énergie reçue par l’œil pendant Δ𝑡 = 1s est alors 𝜀S = PΔ𝑡 ⇒ 𝜀S = 𝜋
4𝐷
2𝑘Φ
SΔ𝑡 ⇒ 𝜀S ≈ 10−8J
2. Chaque photon possède une énergie ℰ =ℎ𝑐𝜆.
Le nombre de photon atteignant l’œil pendant Δ𝑡 est donc 𝑁S = 𝜀S ℰ ⇒ 𝑁S = π 4𝐷 2𝑘Φ SΔ𝑡 𝜆 ℎ𝑐 ⇒ 𝑁S ≈ 10 10
3. En reprenant le raisonnement précédent, on obtient 𝑁E = π 4𝐷 2Φ EΔ𝑡 𝜆 ℎ𝑐 ⇒ 𝑁E ≈ 10 3.
4. Dans les deux cas, le nombre de photons reçus en 0,1s est suffisant pour que la lumière soit perçue de manière continue.
Exercice 3 : Fonction d’onde d’une particule dans un puits infini
1. La probabilité de présence doit s’annuler aux bords : |𝜓(𝑥, 𝑡)|2 = 0 en 𝑥 = 0 et en 𝑥 = ℓ ⇒ sin(𝑘ℓ) = 0 ⇒ 𝑘ℓ = 𝑛𝝅, où 𝑛 est un entier positif.
Les valeurs possibles pour le vecteur d’onde sont donc 𝑘 =𝑛𝝅
ℓ .
2. 𝐼 = ∫ |𝜓(𝑥, 𝑡)|0ℓ 2d𝑥 est la probabilité de trouver la particule dans le puits infini : celle-ci est égale à 1. Avec l’expression proposée pour 𝜓(𝑥, 𝑡), on a 𝐼 = 𝐴2∫ sin2(𝑛𝝅𝑥
ℓ ) d𝑥 ℓ 0 . sin2𝑎 =1 − cos(2𝑎) 2 ⇒ 𝐼 = 𝐴2 2 ∫ [1 − cos ( 2𝑛𝝅𝑥 ℓ )] d𝑥 ℓ 0 =𝐴 2 2 [𝑥 − ℓ 2𝑛𝝅sin ( 2𝑛𝝅𝑥 ℓ )]0 ℓ =ℓ𝐴 2 2 On a donc 𝐴 = √2 ℓ.
3. La probabilité de trouver la particule est maximale en 𝑥 =ℓ
2 pour 𝑛 = 1. Pour 𝑛 = 2, la probabilité de
présence est nulle au centre du puits. Dans le cas classique, la probabilité de trouver la particule en un point à un instant quelconque est indépendante de ce point et égal à 2𝐿 sur toute la largeur du puits.
TS S12 – Introduction au monde quantique - corrigé
Page 2 sur 4 Exercice 4 : Atome d’hydrogène
1. Inégalité de Heisenberg spatiale : Δ𝑥Δ𝑝𝑥 ≥ ℎ.
L’électron est confiné au voisinage du proton dans une région d’extension spatiale notée 𝑎 : Δ𝑥 = 𝑎 ⇒ Δ𝑝 ≥ℎ
𝑎 L’énergie cinétique de l’électron peut s’écrire 𝐸c =
𝑝2 2𝑚 . Or : Δ𝑝 = √⟨𝑝2⟩ − ⟨𝑝⟩2 = √⟨𝑝2⟩. Et 𝑝2 ≈ ⟨𝑝2⟩ = Δ𝑝2 ⇒ 𝐸 c ≥ ℏ2 2𝑚𝑎2
2. L’énergie potentielle est de l’ordre de 𝐸p≈ − 𝑒2 4𝝅𝜀0𝑎.
L’énergie mécanique minimale vérifie alors 𝐸m≈ ℏ2 2𝑚𝑎2−
𝑒2 4𝝅𝜀0𝑎.
Elle est minimale pour 𝑎 = 𝑎0 tel que d𝐸m d𝑎 (𝑎0) = 0. Or, d𝐸m d𝑎 ≈ 𝑒2 4𝝅𝜀0𝑎2− ℏ2 𝑚𝑎3⇒ 𝑎0 ≈ 4𝝅𝜀0ℏ2 𝑚𝑒2 ⇒ 𝑎0 ≈ 53pm. 3. 𝐸0 = 𝐸m(𝑎0) ⇒ 𝐸0 ≈ ℏ2 2𝑚𝑎02− 𝑒2 4𝝅𝜀0𝑎0 ⇒ 𝐸0 ≈ −14eV.
4. Ces résultats, établis ici simplement en ordres de grandeur, sont en fait identiques à ce que donnerait un traitement quantique rigoureux, et correspondent aux mesures expérimentales. La longueur 𝑎0 est
appelée rayon de Bohr : c’est la distance moyenne entre l’électron dans un son état fondamental et le noyau d’un atome d’hydrogène. 𝐸0 est l’énergie du niveau fondamental de l’atome d’hydrogène,
c’est-à-dire le niveau de plus basse énergie.
Avec l’expression classique, l’électron perd continuellement de l’énergie et donc son énergie tend vers −∞ et donc 𝑎 tend vers 0. L’électron devrait finir par s’écraser sur le noyau. L’inégalité de Heisenberg lui « interdit » cela puisque lorsque sa distance au noyau diminue, son énergie cinétique augmente et permet donc l’existence d’un minimum d’énergie, c’est-à-dire une position stable.
Exercice 5 : Diffusion Compton
1. D’après la relation d’incertitude de Heisenberg, [ℎ] = [𝑝]L, avec [𝑝] = [𝑚𝑒𝑐].
Par conséquent, [𝑚ℎ
𝑒𝑐] = L et
ℎ
𝑚𝑒𝑐 = 2,4 pm.
2. Compte tenu de l’ordre de grandeur de 𝑚ℎ
𝑒𝑐, la variation relative de longueur d’onde est plus facile à
mettre en évidence pour des rayons X.
3. La longueur d’onde du photon augmente, donc son énergie diminue. Elle est communiquée à une autre particule. Vu que la masse de l’électron intervient dans la formule, on peut imaginer qu’un électron récupère le reliquat d’énergie.
4. 𝜆′ = 𝜆 + ℎ
𝑚𝑒𝑐 ⇒ 𝜆′ = 7,32 × 10
−11m.
5. La variation d’énergie d’un photon diffusé est Δℰ =ℎ𝑐
𝜆 − ℎ𝑐
𝜆′ ⇒ Δℰ = 1 × 10
−16J = 0,6 keV.
TS S12 – Introduction au monde quantique - corrigé Page 3 sur 4 Exercice 6 : Cyanines 1. 𝜆𝑛 = 2𝐿 𝑛 , 𝑝𝑛 = ℎ 𝜆𝑛 ⇒ 𝑝𝑛 = 𝑛ℎ 2𝐿 et 𝐸𝑛 = 𝑝𝑛2 2𝑚⇒ 𝐸𝑛 = 𝑛2ℎ2 8𝑚𝐿2.
2. 11 atomes (9 de carbone et 2 d’azote) sont concernés, donc 𝐿 = 10𝑑 + 2𝑑
2 ⇒ 𝐿 = 11𝑑 ⇒ 𝐿 = 1,5nm.
3. Le diagramme énergétique de la molécule est alors représenté ci-contre (échelle non respectée).
4. On compte 5 doubles liaisons, donc 10 électrons plus les deux de l’atome d’azote, soit 12 en tout. Par conséquent on remplit les niveaux d’énergie jusqu’à 𝑛 = 6.
5. La première excitation est une transition du niveau 𝑛 = 6 vers le niveau 𝑛 = 7 pour un électron. Le photon absorbé a alors une énergie
ℰ =ℎ𝑐
𝜆 = 𝐸7− 𝐸6 ⇒ 𝜆 = ℎ𝑐
𝐸7−𝐸6 ⇒ 𝜆 = 0,59𝜇m.
On observe un léger écart avec la mesure expérimentale, la valeur calculée est légèrement sous-estimée.
La valeur trouvée correspond à une radiation absorbée rouge-orangée : le colorant apparait donc de la couleur complémentaire, c’est à dire vert.
6. Dans ce cas, 𝐿 = 13𝑑, et le nombre d’électrons concernés est 14. La transition se fait entre les niveaux 𝑛 = 7 et 𝑛 = 8, avec 𝐸7′ =
49ℎ2 8𝑚𝐿2 et 𝐸8
′ = 8ℎ2 𝑚𝐿2.
Attention, la taille de la molécule ayant changé, les niveaux d’énergie ne sont pas les mêmes que dans la question précédente.
Le photon observé a pour longueur d’onde 𝜆 = ℎ𝑐
𝐸8−𝐸7 ⇒ 𝜆 =
1352 𝑚 𝑐 𝑑2
15 ℎ ⇒ 𝜆 = 0,73𝜇m.
Ce résultat théorique correspond bien aux données expérimentales. L’absorption a lieu dans le rouge, et le colorant apparait donc vert. 7. Dans ce cas, 𝐿 = 9𝑑, et le nombre d’électrons concernés est 10.
La transition se fait entre les niveaux 𝑛 = 5 et 𝑛 = 6, avec 𝐸5 = 25ℎ2
8𝑚𝐿2 et 𝐸8 =
9ℎ2 2𝑚𝐿2.
Le photon observé a pour longueur d’onde 𝜆 =𝐸ℎ𝑐
6−𝐸5 ⇒ 𝜆 =
648 𝑚 𝑐 𝑑2
11 ℎ ⇒ 𝜆 = 0,48𝜇m.
On observe un léger écart avec la mesure expérimentale, la valeur calculée est légèrement sous-estimée.
L’absorption a lieu dans le vert, et le colorant apparait donc rouge.
8. Malgré l’extrême simplicité de la modélisation (unidimensionnelle, aucune interaction entre les électrons), l’accord est assez bon. Notamment, ce modèle rend compte des longueurs d’onde d’absorption croissantes avec la longueur de la chaine.
TS S12 – Introduction au monde quantique - corrigé
Page 4 sur 4 Exercice 7 : Couleur d'un flamant rose (résolution de problème)
Le buta-1,3-diène présente une alternance liaison double - liaison simple – liaison double avec des électrons 𝜋 (ceux qui constituent les doubles liaisons) délocalisables au niveau des deux doubles liaisons. On peut modéliser cet espace à une dimension comme un puits quantique rectangulaire de longueur L de profondeur infinie. Il y a quatre électrons dans ce puits de potentiel. Il s’agit maintenant de calculer l’énergie 𝐸𝑛 des
électrons pour avoir un ordre de grandeur de l’énergie ℎ𝜐 des photons absorbés par ces électrons.
Quelles sont les longueurs d'ondes possibles pour une particule placée dans le puits infini ?
L'onde de matière est limitée à l'intervalle 0 < 𝑥 < ℓ. On a vu dans le chapitre sur les ondes stationnaires qu'une onde dans un espace confiné est nécessairement une onde stationnaire. Il en est obligatoirement de même pour l'onde de de Broglie associée à la particule. L'onde associée à la particule est une onde stationnaire.
D'autre part, la probabilité de détecter la particule en un point est proportionnelle au carré du module la fonction d'onde en ce point. On sait que cette probabilité est nulle pour 𝑥 < 0 et pour 𝑥 > ℓ. Par continuité, elle est aussi nulle pour 𝑥 = 0 et pour 𝑥 = ℓ.
Ainsi, la fonction d'onde de l'onde associée à la particule s'annule en 𝑥 = 0 et 𝑥 = ℓ. L'onde associée à la particule présente un nœud de vibration en 𝑥 = 0 et en 𝑥 = ℓ.
L'étude des ondes a montré que la distance entre deux nœuds de vibration consécutifs est égale à la moitié de la longueur d'onde. Ainsi la largeur du puits est un multiple entier de la demi-longueur d'onde. Ceci s'écrit : ℓ = 𝑛𝜆𝐷𝐵
2 , où n est un entier naturel non nul.
Finalement, l'onde associée à une particule placée dans le puits de potentiel a nécessairement une longueur d'onde de de Broglie prenant l'une des valeurs :
𝜆𝐷𝐵,𝑛 = 2ℓ
𝑛 où 𝑛 est un entier naturel non nul.
Niveaux d’énergie
L'énergie mécanique de la particule à l'intérieur du puits, 𝐸 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝, se résume à son
énergie cinétique 𝐸𝑐 = 𝑝2
2𝑚 puisque l'énergie potentielle est nulle. En remplaçant 𝑝 par ℎ 𝜆𝐷𝐵 selon la relation de de Broglie, on trouve : 𝐸 = 𝑝 2 2𝑚= ℎ2 2𝑚𝜆2𝐷𝐵 Lorsque la longueur d'onde de de Broglie est égale à 𝜆𝐷𝐵,𝑛 =
2ℓ
𝑛 alors : 𝐸 = 𝑛2ℎ2 8𝑚ℓ2
Ainsi, l'énergie est quantifiée et ne peut prendre que l’une des valeurs suivantes : 𝐸𝑛 = 𝑛
2ℎ2
8𝑚ℓ2
Il y a 4 électrons à répartir sur les niveaux d’énergie. Deux électrons peuvent coexister sur le même niveau (2 spins opposés). Ainsi les niveaux 1 et 2 sont occupés. On peut donc avoir une transition du niveau 2 au niveau 3 : ℎ𝜈 = 𝐸3 – 𝐸2 = (32− 22) ℎ2 8𝑚ℓ2 On en déduit : 𝜆 ≈8 𝑚𝑐ℓ 2 5 ℎ
Estimation de ℓ : On considère que la molécule est plate, sa longueur est alors celle de 4 atomes accolés. L’ordre de grandeur du diamètre d’un atome est 10−10 𝑚, d’où ℓ ≈ 4.10−10 𝑚.
Et : 𝜆 ≈ 110 𝑛𝑚. La longueur d’onde absorbée est bien dans l’ultraviolet proche. En réalité 𝜆 = 217𝑛𝑚.
