PO5 : Approche ondulatoire de la mécanique quantique - Correction 1 Notion de fonction d’onde
1.3 Normalisation de la fonction d’onde
prop : SoitI l’espace accessible à une particule. La probabilité de trouver cette particule dans I est alors égale à 1.
Donc ∀t
I
|ψ(x, t)|2dx= 1 . On appelle cette relation «condition de normalisation» de la fonction d’onde.
exo de cours : On verra plus tard que la fonction d’onde de l’état fondamental d’une particule dans un puits infini entre x= 0 et x=L vaut :
ψ(x, t) =A.sin nπx
L
.exp
−iEt
~
(1) sur x∈[0, L]et ψ(x, t) = 0 sinon. Avec n∈N∗ et où i est le nombre imaginaire parfois notéj.
Par normalisation de la fonction d’onde, déterminer que |A| =p2/L donc A = p2/L·eiθ avec θ quelconque.
On donne sin2(α) = 1−cos(2α)2 . Condition de normalisation :L
0 |ψ(x, t)|2dx= 1. Donc : 1 =
L
0
|A|2·
sin nπx
L
2
·
exp
−iEt
~
2
| {z }
=1
dx=|A|2
L
0
sin2 nπx
L
dx=|A|2
L
0
1−cos2nπxL
2 dx (2)
1 =|A|2
x−(L/(2nπ)) sin2nπxL 2
L
0
=|A|2L
2 (3)
Donc |A|=p2/L doncA=p2/L·eiθ avec θ quelconque.
1.4 Exemple des orbitales atomiques
•Exemple 1 : La fonction d’onde d’un électron d’une orbitale 1s est, en coordonnées sphériques (r, θ, ϕ) : ϕ1s(−→r ) =ϕ1s(r) = 1
√π 1
a0
3/2
exp
− r a0
exo très facultatif : Condition de normalisation à 3D : ∞
0 |ϕ(r)|2.4πr2dr = 1 à vérifier pour les meilleurs (double intégration par partie).
Condition de normalisation : 1 =
∞
0
|ϕ(r)|2.4πr2dr=
+∞
0
1 π
1 a30 exp
−2 r a0
4πr2dr= 4 a30
+∞
0
exp
−2 r a0
r2dr (4) Intégrale qu’on résout par deux intégrations par partie :
4 a30
+∞
0
exp
−2 r a0
·r2·dr= 4 a30
−a0 2 exp
−2 r a0
·r2 +∞
0
| {z }
=0
−
+∞
0
−a0 2 exp
−2 r a0
·2r·dr
(5)
= 4 a20
+∞
0
exp
−2 r a0
·r·dr= 4 a20
−a0
2 exp
−2 r a0
·r +∞
0
| {z }
=0
−
+∞
0
−a0
2 exp
−2 r a0
·1·dr
(6)
= 2 a0
+∞
0
exp
−2 r a0
·dr= 2 a0
−a0 2 exp
−2 r a0
+∞
0
| {z }
=a0/2
= 1 (7)
La condition de normalisation est bien vérifiée.
1.6 Principe de superposition et interférence
exo :En utilisant le théorème de superposition, montrer que la calcul de la densité de probabilité en M fait intervenir un terme d’interférence, analogue à la formule de Fresnel en optique. indications :
1. On considère le point M dans le cas où les deux fentes sont ouvertes. Appliquer le théorème de superposition pour exprimer la fonction d’onde totale ψ en fonction de ψ1 et ψ2.
D’après le théorème de superposition :ψ=ψ1+ψ2.
2. Montrer alors que la densité de probabilité de présence en M (|ψ|2 = ψ·ψ) en fonction de ψ1 et ψ2 est :
|ψ|2 =|ψ1|2+|ψ2|2+ψ1ψ2+ψ1ψ2.
On calcule directement cette densité de probabilité :
|ψ|2 =ψ·ψ= (ψ1+ψ2)·ψ1+ψ2=ψ1·ψ1
| {z }
=|ψ1|2
+ψ2·ψ2
| {z }
=|ψ2|2
+ψ1·ψ2+ψ1·ψ2 (8)
3. L’intensité lumineuse totale I = α|ψ|2 est-elle la somme des intensités I2 et I2? Interpréter le terme sup- plémentaire en montrant qu’il est proportionnel à cos(ϕ2 −ϕ1). Cette formule vous rappelle-t-elle quelque chose ?
On calcule l’intensité totale :
I =α|ψ|2 =α|ψ1|2
| {z }
=I1
+α|ψ2|2
| {z }
=I2
+ αψ1ψ2+αψ1ψ2
| {z }
terme d’interférences entre les deux chemins
(9)
On remarque queI n’est pas seulement la somme deI1 etI2. Le terme supplémentaire se reformule :
αψ1ψ2+αψ1ψ2 =αψ01ψ02(exp(j(ϕ1−ϕ2)) + exp(j(−ϕ1+ϕ2))) = 2αψ01ψ02cos(ϕ2−ϕ1) (10) On reconnaît un terme d’interférence du même type que dans la formule de Fresnel (cf chapitre optique O2).
Ainsi, l’argument complexe d’une fonction d’onde s’interprète comme la phase de l’onde associée.
2 Équation de Schrödinger
2.2 Interprétation des termes par une onde plane
postulat : Considérons une particule de massem6= 0. Son évolution est décrite par l’équation de Schrödinger: i~∂ψ
∂t
| {z }
énergie mécanique
= −~2 2m
∂2ψ
∂x2
| {z }
énergie cinétique
+ V.ψ
|{z}
énergie potentielle
(11)
exo : En utilisant une solution de type onde plane ψ(x, t) =C·exp (i(kx−ωt)), interpréter les différents termes de l’équation de Scrödinger. On s’appuiera sur la relation de Planck-Einstein et la relation de de Broglie. indications :
1. On rappelle la relation de Planck-Einstein E =hν=~ω. Démontrer que le premier terme vaut E·ψ.
On calcule ce terme en remarquant que la dérivée temporelle est équivalente à multiplication par (−iω) : i~∂ψ
∂t =i~·(−iω)·ψ(x, t) =~ω·ψ(x, t) =E·ψ(x, t) (12) 2. On rappelle la relation de de Broglie (prononcer « de Breuille ») qui relie la quantité de mouvement p à la
longueur d’onde p=h/λ. Démontrer que p=~k.
On utilise k= 2π/λet~= 2πh dans la relation de de Broglie : p= h
λ = hk
2π =~k (13)
3. Exprimer l’énergie cinétique d’une particule massive non relativisteEc=mv2/2en fonction dep. En déduire que le deuxième terme vautEc·ψ.
On utilise p=mv pour une particule de masse non nulle non relativiste. L’énergie cinétique devient : Ec = mv2/2 =m(p/m)2/2 =p2/(2m) =~2k2/(2m). Calculons alors le terme associé de l’équation de Schrödinger.
La dérivée spatiale pour cette onde plane revient à multiplier par (ik) :
− ~2 2m
∂2ψ
∂x2 =−~2
2m ·(ik)2·ψ= ~2k2
2m ·ψ=Ec·ψ (14)
4. Conclure que l’équation de Schrödinger devient dans ce cas : E = Ec +V et reconnaître la définition de l’énergie mécanique.
L’équation de Schrödinger devient alors : E ·ψ = Ec·ψ+V ·ψ, soit E = Ec+V. Ainsi, E est l’énergie mécanique du quanton. L’équation de Schrödinger est donc équivalente à écrire la conservation de l’énergie mécanique !
2.3 État stationnaire en mécanique quantique
prop : Un état stationnaire en mécanique quantique peut s’écrire :ψ(x, t) =ϕ(x).exp(iα(t)) avecα ∈R. démo : Utiliser la condition de normalisation deψ(x, t) =ϕ(x).f(t). indications :
1. Écrire la condition de normalisation d’un état stationnaireψ(x, t) =ϕ(x).f(t). En déduire que|f(t)|2 est égal à une constante positive A indépendante de x et de t.
Soit I le domaine spatial de ψ(x, t). La condition de normalisation de ψ(x, t) s’écrit :
I|ϕ(x).f(t)|2dx = 1.
Comme la fonctionf ne dépend que du tempst, on peut la sortir de l’intégrale surx: 1 =|f(t)|2
I|ϕ(x)|2dx, soit :|f(t)|2 = 1
I|ϕ(x)|2dx. Le membre de droite ne dépend ni det, ni de x, c’est donc une constante notéeA.
Et forcément positive car égale à un module au carré. Donc|f(t)|2 =A >0.
2. En déduire quef(t) =√
A·exp(iα(t)) avec α(t)∈R. Alors|f(t)|=√
A, doncf(t) s’écrit :f(t) =√
A·exp(iα(t)) avecα(t)∈R. La fonction d’onde est donc :
ψ(x, t) =ϕ(x)·f(t) =ϕ(x)·√
A·exp(iα(t)) = ϕ(x)·√ A
| {z }
nouvelleϕ(x)
·exp(iα(t))
| {z }
nouvellef(t)
(15)
On peut alors redéfinir une nouvelle décomposition de la fonction d’onde ψ(x, t) = ϕ(x) · f(t) avec f(t) = exp(iα(t)) de module 1, et telle que |ψ(x, t)|2 =|ϕ(x)|2. Donc la condition de renormalisation pourra s’appliquer directement à ϕ(x).
2.4 Équation de Schrödinger indépendante du temps
prop : La partie spatiale ϕ d’un état stationnaire est décrit par l’équation de Schrödinger indépendante du temps :
E.ϕ(x) =−~2 2m
d2ϕ(x)
dx2 +V(x).ϕ(x) (16)
où E est l’énergie de la particule dans l’état ϕ, constante pour un état stationnaire.
prop : Un état stationnaire en mécanique quantique peut s’écrire : ψ(x, t) =ϕ(x).exp
−iEt
~
=ϕ(x).exp (−iωt) (17)
rq : Ce n’est plus une équation aux dérivées partielles mais c’est une équation différentielle, moins difficile à résoudre.
démo : Injecterψ(x, t) =ϕ(x).exp(iα(t)) dans l’équation de Schrödinger.indications :
1. Injecterψ(x, t) =ϕ(x).exp(iα(t))dans l’équation de Schrödinger et en déduire que l’énergieE vautE =−~dαdt et ne dépend pas du temps.
L’équation de Schrödinger devient :
−~dα dt
ϕ=−~2 2m
d2ϕ
dx2 +V ·ϕ (18)
Or, le premier terme s’interprète comme E·ϕ. Donc E = −~dαdt. De plus, tous les autres termes que dα/dt dans l’égalité ne dépendent pas du temps. Doncdα/dtnon plus ne dépend pas du temps.
2. En déduire qu’à une constant près,α(t) =−Et/~.
On intègre alors E = −~dαdt, avec E constante, pour trouver α(t) = −Et/~+A avec A une constante. On peut choisir l’origine des temps pour avoir A= 0. Doncα(t) =−Et/~.
3 Dynamique d’une particule libre
3.1 Équation de Schrödinger pour une particule libre 3.2 Relation de dispersion d’une particule libre
démo de cours : Pour trouver la relation de dispersion, injecter une onde plane ψ(x, t) = C.exp(i(kx−ωt)) dans l’équation de Scrödinger pour une particule libre.
L’équation de Schrödinger pour une particule libre (V = 0) s’écrit : i~∂ψ
∂t =−~2 2m
∂2ψ
∂x2 (19)
En injectant l’onde plane :
i~·(−iω)ψ=−~2
2m·(ik)2·ψ (20)
Qui se simplifie en~ω =~2k2/(2m).
démo de cours :Déterminer vϕ et vg à partir de la relation de dispersion.
On a ~ω=~2k2/(2m) et p=~k. Donc la vitesse de phase vaut : vϕ = ω
k = ~k 2m = 1
2 p
m (21)
Commeω(k) =~k2/(2m),dω/dk=~k/m. Alors la vitesse de groupe vaut vg =dω/dk=~k/m=p/m.
4 Particule confinée dans un puits de potentiel infini
4.3 Recherche des fonctions d’ondes
résultat : Les états stationnaires d’une particule dans un puits infini dans [0, L] sont : ϕn(x) =A.sin
nπx L
avec n∈N∗ (22)
démo : Résoudre l’équation de Schrödinger indépendante du temps :Eϕ=−2m~2 ddx2ϕ2 +V ϕ.
indications : Le début de la démarche est similaire au cas d’une particule libre, cf partie 3.1.
1. Reformuler l’équation de Schrödinger sous la forme ddx2ϕ2 +2mE
~2 ϕ= 0.
CommeV = 0, l’équation de Schrödinger indépendante du temps devientEϕ=−2m~2 ddx2ϕ2 puis ddx2ϕ2+2mE
~2 ϕ= 0.
2. Cas E < 0, l’équation de Schrödinger devient ddx2ϕ2 −K2ϕ = 0 avec K = p−2mE/~2. Écrire la solution générale. Utiliser les conditions aux limites pour montrer que dans ce cas la fonction d’onde est nulle. En conclure qu’une particule dans ce puits ne peut pas avoir E <0.
Les solutions générales de cette équation différentielle s’écrivent ϕ(x) = Aexp(Kx) +Bexp(−Kx), ou bien ϕ(x) =Acosh(Kx) +Bsinh(Kx).
La condition aux limites ϕ(x= 0) = 0 donne : 0 =A. Alorsϕ(x) =Bsinh(Kx).
La condition aux limites ϕ(x = L) = 0 donne 0 = Bsinh(KL). Or, sinh(KL) 6= 0 si KL 6= 0. Donc B = 0. Alors ϕ= 0 ! Une fonction d’onde nulle ne peut pas correspondre à une particule car la condition de normalisation ne peut pas être satisfaite :L
0 |ϕ(x)|2dx= 06= 1.
3. CasE >0, l’équation de Schrödinger devient ddx2ϕ2 +k2ϕ= 0 avec k=p2mE/~2. Écrire la solution générale.
Utiliser les conditions aux limites pour en déduire quek est quantifiée par un entier net déterminer la forme des solutions. Déterminer le préfacteur A=p2/L par la condition de normalisation. Choisir pour simplifier un argument nul pour le nombre complexeA.
Les solutions générales de cette équation différentielle s’écrivent ϕ(x) = Aexp(ikx) +Bexp(−ikx), ou bien ϕ(x) = Acos(kx) +Bsin(kx) [La première écriture est plus pratique pour décrire une particule non confinée (onde plane progressive). La deuxième écrire est plus pratique pour une particule confinée, le cas ici.].
La condition aux limites ϕ(x= 0) = 0 donne : 0 =A. Alorsϕ(x) =Bsin(kx).
La condition aux limitesϕ(x=L) = 0 donne 0 =Bsin(kL). Donc kL=n×π avec n∈Z∗. On exclutn= 0 qui correspondrait à une fonction d’onde nulle donc non normalisable. Donc le nombre d’ondekest quantifié : kn=nπ/L. La solution est alors :ϕ(x) =Bsin(nπx/L).
rq : Ce qui est physiquement observable est|ϕ|2et nonϕ. Ainsi,Bsin(nπx/L) etBsin(−nπx/L) correspondent au même phénomène physique. On peut donc se limiter aux entiers positifs pour n. Doncn∈N∗.
Le préfacteur B a été calculé dans l’exo de la partie 1.3.
4.5 Quantification de l’énergie
résultat : Les états stationnaires d’une particule dans un puits infini dans [0, L] sont d’énergie quantifiées : En= ~2k2n
2m =n2 π2~2
2mL2 (23)
démo : Utiliser le lien entreE et k.
Dans une zone où V = 0, on a E=~2k2/(2m). On vient de montrerkn=nπ/L. Donc E=n2~2π2/(2mL2).
4.9 Exemples
•ex1 : Considérons un système macroscopique dans un puits macroscopique. Par exemple, vous-même dans une salle de classe.
On prendra par exemple m= 60 kg et L= 5 m. Une énergie macroscopique typique est par exemple quand un objet de masse 2 kg se déplace à vitesse 1 m.s−1, alorsEmacro = 1 J.
→ résultat : Pour un système macroscopique :
? l’énergie de confinement est négligeable devant l’énergie thermique, et devant l’énergie totale, E1 = π2~2
2mL2 = 4.10−71JEth Emacro (24)
? la vitesse minimale due au confinement est insignifiante,
On relie énergie de confinement et vitesse de confinement : E1 =mv12/2. Donc v1=p2E1/m= 10−36 m.s−1 qui est insignifiante à l’échelle macroscopique.
? le nombre quantique nest gigantesque, l’énergie peut être considérée continue.
On cherche le nombre ntel que l’énergie macroscopique est donnée par Emacro=En=n22mLπ2~22. Donc : n=
s
2mL2En π2~2
= 1035 (25)
Le nombre quantique est extrêmement grand devant 1. L’énergie peut être considérer comme continue à l’échelle macroscopique car les niveaux d’énergie sont très proches par rapport aux variations d’énergie macroscopiques.
•ex2 : Considérons un système microscopique dans un puits microscopique. Par exemple, un électron dans un atome.
On prendra par exemple mélectron= 9,1.10−31 kg et L= 10−10 m dans un atome.
→ résultat : Pour un électron dans un atome :
? l’énergie de confinement et l’écart entre niveaux sont élevées devant l’énergie thermique, l’énergie ne peut pas être considérée continue,
E1 = π2~2
2mL2 = 6.10−18 J> Eth (26)
Et en ordre de grandeur, l’écart entre niveaux est de l’ordre deE1. Donc les fluctuations thermiques sont insuffisantes pour faire passer de manière notable d’un niveau à l’autre.
? la vitesse minimale due au confinement est presque relativiste,
On relie énergie de confinement et vitesse de confinement : E1 =mv12/2. Donc v1 =p2E1/m= 4.107 m.s−1 qui est proche dec!
? la longueur d’onde typique entre niveaux électroniques est de l’ordre de l’UV.
L’écart entre niveaux est de l’ordre de E1. Donc l’énergie d’une transition est donnée par hc/λ=~c2π/λ=E1. Donc : λ= 2πc~/E1 = 3,3.10−8 nm dans l’UV lointain.
5 Particule dans un puits de potentiel fini
5.2 Solutions stationnaires pour E > V0 : états de diffusion
démo de cours : Démontrer que dans le cas E > V0, les solutions sont des combinaisons d’ondes planes progressives.
On donne l’équation de Schrödinger indépendante du temps d2dxϕ(x)2 + 2m(E−V(x))
~2 .ϕ(x) = 0. indications : 1. On note les nombres d’onde des différents domaines : kI = kIII =
s
2m(E−V0)
~2
et kII =
r2mE
~2
. Écrire l’équation de Schrödinger fournie dans chaque domaine en fonction de kI ou kII.
d2ϕ(x)
dx2 +2m(E−V0)
~2
| {z }
kI2
.ϕ(x) = 0
d2ϕ(x)
dx2 +2mE
~2
| {z }
k2II
.ϕ(x) = 0
d2ϕ(x)
dx2 +2m(E−V0)
~2
| {z }
kI2
.ϕ(x) = 0
(27)
2. Dans chacun des domaines, quel est le signe du coefficient devant le terme enϕ? En déduire que dans chaque domaine, ϕ(x) s’écrit comme combinaison d’exponentielles complexes.
Le coefficient devantϕest positif dans tous les domaines carE > V0 >0. Alors les solutions s’écrivent comme combinaisons d’exponentielles complexes (pour des états non liés, cette base est plus pratique que la base des sinusoïdes) :
ϕ(x) =A1.eikIx+A2.e−ikIx ∀x∈]− ∞,−L/2[
ϕ(x) =B1.eikIIx+B2.e−ikIIx ∀x∈[−L/2, L/2]
ϕ(x) =C1.eikIx+C2.e−ikIx ∀x∈]L/2,+∞[
(28) 3. En déduire que les fonctions d’ondes ψ(x, t) =ϕ(x)·exp(−iωt) sont des combinaisons d’ondes progressives.
Les fonctions d’ondes complètes, avecω =E/~, s’écrivent :
ψ(x) =A1.ei(kIx−ωt)+A2.e−i(kIx+ωt) ∀x∈]− ∞,−L/2[
ψ(x) =B1.ei(kIIx−ωt)+B2.e−i(kIIx+ωt) ∀x∈[−L/2, L/2]
ψ(x) =C1.ei(kIx−ωt)+C2.e−i(kIx+ωt) ∀x∈]L/2,+∞[
(29) On reconnaît des ondes progressives suivant +−→ex (termes en i(kIx−ωt)) et suivant−−→ex (termes en−i(kIx+ ωt)).
5.3 Solutions stationnaires pour E < V0 : états liés
5.3.2 Élargissement effectif du puits par ondes évanescentes
exo de cours : Pour E < V0, démontrer qu’en dehors du puits, ϕ(x) est une onde évanescente. On donne l’équation de Schrödinger indépendante du temps d2dxϕ(x)2 + 2m(E−V(x))
~2 .ϕ(x) = 0. indications : 1. On noteK =
s
2m(V0−E)
~2
. Écrire l’équation de Schrödinger fournie dans chaque domaine extérieur au puits (domaines I et III) en fonction de K.
En dehors du puis,V(x) =V0. Donc l’équation de Schrödinger devient : d2ϕ(x)
dx2 + 2m(E−V0)
~2 .ϕ(x) = 0 (30)
d2ϕ(x)
dx2 −2m(V0−E)
~2
| {z }
K2>0
.ϕ(x) = 0 (31)
2. En dehors du puits, quel est le signe du coefficient devant le terme enϕ? En déduire que dans chaque domaine, ϕ(x) s’écrit comme combinaison d’exponentielles réelles.
Le coefficient devantϕest −K2<0. Donc les solutions à l’extérieur du puits s’écrivent : ( ϕ(x) =A1.eKx+A2.e−Kx ∀x∈]− ∞,−L/2[
ϕ(x) =C1.eKx+C2.e−Kx ∀x∈]L/2,+∞[ (32) 3. Pour pouvoir être normalisée la fonction d’onde spatiale ϕ(x) est nécessairement bornée. En déduire une
simplification de ϕ(x) dans les domaines I et III :
Comme la probabilité de trouver une particule doit être bornée, les fonctions d’ondes doivent être bornées.
AlorsA2= 0 etC1 = 0 :
ϕ(x <−L/2) =A.eKx, ϕ(x > L/2) =C.e−Kx (33) 4. Tracer l’allure de ϕ(x) dans ces deux domaines.
Tracer des fonctions exponentiellement décroissante lorsqu’on s’éloigne du puits, cf figure du cours.
5. Définir une longueur typique δ d’élargissement du puits. Commenter la dépendance de δ avec la masse m et avec l’écart au sommet du puits V0−E.
Une exponentielle exp(−Kx) est de longueur typique d’évolutionδ = 1/K = s
~2
2m(V0−E). Plus la massem est grande, plusδ est faible. Plus l’énergie est loin du haut du puits (V0−E) grand, plusδ est faible.
6. On donne ~= 1,05.10−34 J.s. On admet qu’on doit utiliser la masse effective meff de l’électron dans GaAs : meff = 0,067×mélectron avec mélectron = 9,1.10−31 kg. On rappelle que 1 eV = 1,6.10−19 J. À partir de la figure, estimer graphiquementV0−E pour les différents niveaux et calculer δ. Comparer qualitativement aux valeurs estimées sur le graphe.
Sur l’exemple de l’état fondamental du puits de 6 nm de large, on lit environV0−E = 0,22−0,06 = 0,16 eV.
Alors :
δ= ~
p2m(V0−E) = 1,05.10−34
p2×0,067×9,1.10−31×0,16×1,6.10−19 = 2,9.10−9 m = 2,9 nm (34) Cette valeur semble bien compatible avec une lecture du graphique où la fonction d’onde semble déborder de quelques nanomètres en dehors du puits pour l’état fondamental.
7. En déduire que les fonctions d’ondes ψ(x, t) = ϕ(x)·exp(−iωt) sont des ondes évanescentes en dehors du puits. Dans quel autre domaine de la physique ce phénomène est-il présent ?
Les fonctions d’onde en dehors du puits sont :
ψ(x <−L/2, t) =A.eKx.e−iωt, ϕ(x > L/2) =C.e−Kx.e−iωt (35) Les parties réelles et imaginaires deψ sont des produits d’une partie spatiale atténuée exponentielle et d’une partie temporelle oscillante. Ce sont des ondes évanescentes. On retrouve par exemple ce type d’onde dans le cas d’une onde électromagnétique dans un plasma à pulsationω < ωp.
5.3.3 Allure des fonctions d’onde dans le puits
exo de cours : Pour E < V0, démontrer que dans le puits, ϕ(x) est sinusoïdale. On donne l’équation de Schrödinger indépendante du temps d2dxϕ(x)2 +2m(E−V(x))
~2 .ϕ(x) = 0.indications : 1. On note k=
r2mE
~2
. Écrire l’équation de Schrödinger fournie dans le puits en fonction de k.
En dehors du puis,V(x) = 0. Donc l’équation de Schrödinger devient : d2ϕ(x)
dx2 + 2mE
~2
| {z }
k2
.ϕ(x) = 0 (36)
2. Dans le puits, quel est le signe du coefficient devant le terme en ϕ? En déduire que dans chaque domaine, ϕ(x) s’écrit comme combinaison de sinusoïdes :
Le coefficient devantϕest +k2 >0. Les solutions générales dans le puits sont donc :
ϕ(−L/2< x < L/2) =B1cos(kx) +B2.sin(kx) (37)
5.3.4 Utilisation des conditions aux limites pour les états liés
exo : Appliquer les conditions aux limites aux interfaces x=−L/2 et x= +L/2 dans le cas d’un état lié (E < V0) pour démontrer les relations suivantes :
? continuité deϕ(x) :
ϕI−L2=ϕII−L2 donc A.e−KL/2 =B1.coskL2 −B2.sinkL2
ϕIIL2=ϕIIIL2 donc C.e−KL/2 =B1.coskL2 +B2.sinkL2 (38)
? continuité dedϕ(x)/dx:
dϕI
dx
−L2= dϕII dx
−L2 donc K.A.e−KL/2 =k.B1.sinkL2 +k.B2.coskL2 dϕII
dx L
2
= dϕIII dx
L 2
donc K.C.e−KL/2 =k.B1sinkL2 −k.B2coskL2
(39)
5.3.5 Discussion graphique : quantification des états liés
•cas symétrique : On supposeϕS(x) paire.
exo de cours :
1. En prenant en compte la parité de ϕS(x), simplifier ses coefficients A,B1, B2 et C.
Comme la fonctionϕS est paire, on aA=C et B2 = 0.
2. Montrer que les conditions aux limites donnent alors :
A.e−KL/2 =B.coskL2
K.A.e−KL/2=k.B.sinkL2 (40)
Dans ce cas, les deux conditions aux limites sur ϕS donnent la même relation : A.e−KL/2 =B.coskL2 où on a noté B1 = B. De même, les deux conditions sur dϕS/dx donnent la même relation : K.A.e−KL/2 = k.B.sinkL2 .
3. En déduire la relation K =k.tankL2 (relation 1). Que dire du signe detankL2 ?
Pour simplifier l’exponentielle, on divise K.A.e−KL/2 =k.B.sinkL2 parA.e−KL/2 =B.coskL2 . on trouve alorsK=k.tankL2 (relation 1). Par définition,Ketksont positifs. Donc d’après la relation 1, tankL2 >0.
4. À partir des définitions deK etk, démontrer quek2+K2= 2mV0
~2 = cte(relation 2). On notera cette constante q02. Dans un repère K en fonction de k, quelle est la courbe associée à cette relation 2 ?
k2+K2 =
s
2mE
~2
2
+
s
2m(V0−E)
~2
2
= 2mE
~2 +2m(V0−E)
~2 = 2mV0
~2 (41)
Dans un repèreK en fonction de k, cette relation est un cercle centré sur l’origine de rayon q2mV0
~2 =q0. 5. CommeK doit être solution de ces deux relations, la figure donne le tracé deY =X·tan(X)etY2+X2 =R2
avecRarbitrairement choisi. Déterminer graphiquement sur cet exemple les valeurs accessibles pourk. Y-a-t-il quantification ?
Sur le graphe, on cherche les intersections entre les courbes de la relation 1 (les arcs de tangente) et la courbe de la relation 2 (le cercle) vérifiantk >0 et tan(kL/2)>0. Pour l’exemple tracé, on lit deux intersections pour X1 '1,5 etX2 '4. Donc deux valeurs pour k donnée par :k1L/2 =X1 et k2L/2 =X2. Donc k1 = 2X1/L etk2= 2X2/L. Le nombrek n’a pas accès à un intervalle continu de valeurs, il est quantifié.
6. Comment évolue le nombre de solutions avec la profondeurV0du puits ? Et avec la largeurL? Y-a-t-il toujours une solution ?
Le rayon du cercle tracé est proportionnel àq0 =
q2mV0
~2 . D’autre part, on a toujourskn∝1/L. Donc l’énergie vérifie :En=~2kn2/(2m)∝1/L2.
? Dans la limite de faible profondeur (V0 → 0), le rayon du cercle tend vers 0. Graphiquement, il n’y aura qu’une solution au voisinage deX'0. Dans la limite de forte profondeur (V0 →+∞), le rayon du cercle tend vers +∞. Graphiquement, il y aura une infinité de solutions, situées sur les asymptotes verticales des arcs de tangente. Ainsi, le nombre de solutions est croissant avec la profondeur du puits.
? Dans la limite de grande largeur (L → +∞), les énergies En ∝ 1/L2 sont très faibles. Il existe donc de nombreuses solutions telles que la particule reste confinée (En< V0).
En revanche, dans la limite de faible largeur (L→0), toutes les énergies, y compris celle du fondamental, se retrouveraient au dessus du haut du puits (E > V0). Dans ce cas, il n’existe alors pas de solution liée.
? Ainsi, il n’existe pas toujours de solutions si le puits est trop étroit.
•cas antisymétrique : On suppose ϕA(x) impaire.
exo de cours :
1. En prenant en compte la parité de ϕA(x), simplifier ses coefficients A, B1, B2 et C.
Comme la fonctionϕA est impaire, on aA=−C et B1 = 0.
2. Montrer que les conditions aux limites donnent alors :
A.e−KL/2 =−B.sinkL2
K.A.e−KL/2 =k.B.coskL2 (42)
Dans ce cas, les deux conditions aux limites sur ϕS donnent la même relation : A.e−KL/2 = −B.sinkL2 où on a noté B2 =B. De même, les deux conditions sur dϕS/dx donnent la même relation : K.A.e−KL/2 = k.B.coskL2 .
3. En déduire la relation K =−k/tankL2 (relation 3). Que dire du signe de tankL2 ?
Pour simplifier l’exponentielle, on divise K.A.e−KL/2 = k.B.coskL2 par A.e−KL/2 = −B.sinkL2 . on trouve alors K =−k/tankL2 (relation 3). Par définition, K et k sont positifs. Donc d’après la relation 3, tankL2 <0.
4. CommeKdoit être solution de cette relation 3, ainsi que de la relation 2 trouvée dans l’exo précédentk2+K2 =
2mV0
~2 = cte, la figure donne le tracé de Y = X/tan(X) et Y2 +X2 = R2 avec R arbitrairement choisi.
Déterminer graphiquement sur cet exemple les valeurs accessibles pour k. Y-a-t-il quantification ?
Sur le graphe, on cherche les intersections entre les courbes de la relation 3 (les arcs de tangente) et la courbe de la relation 2 (le cercle) vérifiantk >0 et tan(kL/2)<0. Pour l’exemple tracé, on lit deux intersections pour
X10 '3 et X20 '4,5. Donc deux valeurs pour k donnée par :k01L/2 =X10 et k20L/2 =X20. Donc k01 = 2X10/L etk02= 2X20/L. Le nombrek n’a pas accès à un intervalle continu de valeurs, il est quantifié.
5. Comment évolue le nombre de solutions avec la profondeurV0du puits ? Et avec la largeurL? Y-a-t-il toujours une solution ?
Le rayon du cercle tracé est proportionnel àq0 =
q2mV0
~2 . D’autre part, on a toujourskn∝1/L. Donc l’énergie vérifie :En=~2kn2/(2m)∝1/L2.
?Dans la limite de faible profondeur (V0→0), le rayon du cercle tend vers 0. Graphiquement, il n’y aura plus de solutions ! Dans la limite de forte profondeur (V0 →+∞), le rayon du cercle tend vers +∞. Graphiquement, il y aura une infinité de solutions, situées sur les asymptotes verticales des arcs de tangente. Ainsi, le nombre de solutions est croissant avec la profondeur du puits.
? Dans la limite de grande largeur (L → +∞), les énergies En ∝ 1/L2 sont très faibles. Il existe donc de nombreuses solutions telles que la particule reste confinée (En< V0).
En revanche, dans la limite de faible largeur (L→0), toutes les énergies, y compris celle du fondamental, se retrouveraient au dessus du haut du puits (E > V0). Dans ce cas, il n’existe alors pas de solution liée.
? Ainsi, il n’existe pas toujours de solutions si le puits est trop peu profond ou trop étroit.
6 Barrière de potentiel et effet tunnel
6.4 Expression de la fonction d’onde stationnaire dans les différents domaines
démo de cours : On considère une onde incidente selon −→ex d’énergie E vérifiant 0 < E < V0. Exprimer la fonction d’onde dans les 3 domaines différents. On donne l’équation de Schrödinger indépendante du temps :
d2ϕ(x)
dx2 +2m(E−V(x))
~2 ·ϕ(x) = 0. Interpréter chacun des termes des solutions.
• solution avant la barrière (zone I) :
d2ϕ(x)
dx2 + 2mE
~2
| {z }
k2>0
.ϕ(x) = 0 (43)
Alors, la solution avant la barrière est de type onde plane progressive : ϕI(x) = A1.eikx
| {z }
propagation sur−→ex
+ A2.e−ikx
| {z }
propagation sur−−→ex
∀x∈]− ∞,−L/2[ (44)
avec k=
r2mE
~2 .
• solution dans la barrière (zone II) : CommeE < V0, d2ϕ(x)
dx2 +2m(E−V0)
~2
| {z }
−K2<0
.ϕ(x) = 0 (45)
Alors, la solution dans la barrière est du type onde évanescente :
ϕII(x) =B1.eKx+B2.e−Kx ∀x∈]−L/2, L/2[ (46) avec K =
s
2m(V0−E)
~2 .
• solution après la barrière (zone III) :
d2ϕ(x)
dx2 + 2mE
~2
| {z }
k2>0
.ϕ(x) = 0 (47)
Alors, la solution après la barrière est de type onde plane progressive : ϕIII(x) = C1.eikx
| {z }
propagation sur−→ex
+ C2.e−ikx
| {z }
propagation sur−−e→x
∀x∈]− ∞,−L/2[ (48)
avec k=
r2mE
~2 .
• interprétation des termes : Dans le cas d’une onde incidente selon +−→ex :
? dansϕI, le terme A1.eikx correspond à l’onde incidente,
? dansϕI, le terme A2.e−ikx correspond à l’onde réfléchiesur la barrière,
? dansϕIII, le terme C1.eikx correspond à l’onde transmise par la barrière,
? dans ϕIII, C2 = 0 car correspondrait à une onde se propageant suivant −−→ex après la barrière, impossible si l’onde est initialement incidente selon +−→ex.
6.7 Exemples d’applications numériques
Soit une particule de massemet énergieE incidente sur une barrière de hauteurV0, de longueurLépaisse devant la profondeur de pénétrationδ de l’onde évanescente. On donne le coefficient de transmission dans la limite de barrière épaisse L >4δ :T = 16E(V0−E)
V02 exp−2Lδ avec δ = √ ~
2m(V0−E) et~= 1,05.10−34 J.s.
prop :L’effet tunnel est parfois notable à l’échelle microscopique.
exo : Un faisceau d’électrons (masse mélectron = 9,1.10−31 kg) d’intensité I = 0,1 mA est incident sur une barrière de potentiel de largeur d= 1,0 nm et de hauteur V0 = 2 eV. L’énergie des électrons incidents vaut E= 1,0 eV. On rappelle que 1 eV = 1,6.10−19 J.
1. Peut-on se placer dans l’approximation de barrière épaisse ?
On cherche à comparer la largeur dde la barrière à l’étalementδ dans le puits :
δ= 1,05.10−34
p2×9,1.10−31×(2,0−1,0)×1,6.10−19 = 1,9.10−10 m (49) On trouveL >4δ. L’approximation de barrière épaisse est donc vérifiée.
2. Estimer l’intensité du courant transmis à travers la barrière. Avec un équipement adapté, il est possible de mesurer et contrôler des courants de l’ordre de 1 nA.
L’intensité transmise par effet tunnel à travers la barrière estIt=T×I. Donc : It= 16E(V0−E)
V02 exp
−2d δ
×I = 4·exp −2×1,0.10−9 1,946.10−10
!
×0,1.10−3= 1,4.10−8 A = 14 nA (50) [rq : la valeur de l’exponentielle est très sensible à la précision de la valeur utilisée pour δ. Si par exemple vous prenez 1,9.10−10 m, alors vous trouverez It= 1,1.10−8 A = 11 nA.]
Ce courant est mesurable avec l’équipement adapté.
prop :L’effet tunnel est négligeable à l’échelle macroscopique. Les fonctions d’ondes ne sortent quasiment pas des puits.
exo :Considérons une balle de massem= 50 garrivant sur une barrière d’énergie potentielle de pesanteur de hauteur h= 10 cm et d’épaisseur a= 1 cm. Elle possède une énergie mécanique telle qu’elle ne pourrait gravir que la moitié de la barrière : E =mgh/2. D’après la mécanique classique, la barrière est infranchissable. Qu’en est-il en prenant en compte l’effet tunnel ?
? Calculons δ pour vérifier la condition de barrière épaisse. On aV0 =mgh etE=mgh/2 :
δ= 1,05.10−34
p2×50.10−3×50.10−3×9,81×10−1/2 = 2,1.10−33 m (51) Cette distance est minuscule ! À l’échelle macroscopique, les ondes évanescentes des fonctions d’ondes ne débordent quasiment pas des puits de potentiel. La condition de barrière épaisse est largement vérifiée : aδ.
? Calculons le coefficient de transmission : T = 16E(V0−E)
V02 exp
−2a δ
= 4 exp −2×1,0.10−2 2,1.10−33
!
= 4 exp(−1031)'4·10−4,3.1030 (52)
C’est un nombre incroyablement petit qu’aucune calculatrice n’affichera. Le premier chiffre non nul est le 4.1030-ième après la virgule. La probabilité de transmission par effet tunnel à l’échelle macroscopique est largement négligeable.
7 Exemples de puits couplés
7.3 Double puits infinis non couplés
Pour une barrière très haute ou très large entre les puits, on peut considérer le système comme deux puits infinis indépendants.
schémas :Graphes de fonctions d’ondes et densités de probabilité.
1. Tracer l’allure de la fonction d’onde de l’état fondamental de chaque puits indépendant. On noteraϕg pour le puits de gauche et ϕd pour le puits de droite. Tracer aussi l’allure des probabilités de présence |ϕg|2 et |ϕg|d. Dans cet exemple, les courbes des densités de probabilités ressemblent beaucoup à celles des fonctions d’ondes.
Je n’ai tracé que ces dernières :
2. On construit l’état symétrique et antisymétrique par combinaison linéaire des états de chaque puits : ϕS =
√1
2(ϕg+ϕd) et ϕA = √1
2(ϕg−ϕd). Tracer l’allure des fonctions d’onde et des probabilités de présence des états symétriques et antisymétriques. Que dire de la comparaison de leurs énergies ?
On remarque que|ϕS(x)|2 =|ϕA(x)|2. Les solutions S et A ont même énergie dans le cas de puits non couplés (barrière large).
7.4 Stabilisation par étalement dans la barrière
On commence par considérer que la hauteur de la barrière n’est plus infinie, donc il faut prendre en compte l’étalement supplémentaire de la fonction d’onde sur δ. Mais on supposera pour l’instant la barrière suffisamment large pour négliger l’effet tunnel (Dδ).
exo de cours :Pour une barrière large (Dδ) de hauteur finie :
1. Représenter qualitativement l’étalement des fonctions d’ondesϕg etϕd par onde évanescente dans la barrière.
Les fonctions d’onde ressemblent au cas du puits infini mais en débordant légèrement dans la barrière par onde évanescente. Avec une barrière suffisamment large pour négliger l’onde évanescente de chaque fonction d’onde de l’autre côté de la barrière.
2. À l’aide de l’inégalité d’Heisenberg, justifier qualitativement que l’énergie des états propres diminue.
L’inégalité d’Heisenberg spatiale est ∆x·∆k ≥ 1/2 où ∆k est l’ordre de grandeur de k du fondamental, et
∆x est l’étalement spatial de la fonction d’onde. Donc ∆k ≥ 1/(2∆x). Alors, comme l’étalement ∆x de la fonction d’onde augmente par les ondes évanescentes, ∆k peut être plus faible. Et comme l’énergie E ∝k2, l’énergie diminue aussi.
3. Dans le casδ a, on peut montrer que l’abaissement d’énergie ∆Eδ par onde évanescente est proportionnelle à δ/a. indications : ? Pour un puits infini de longueur a, donner l’expression du nombre d’onde de l’état fondamentalken fonction dea.?On admet que l’étalement dans la barrière sur δrevient en ordre de grandeur à considérer un puits de largeura0 =a+δ. En déduire qu’au premier ordre enδ/a, le nouveau nombre d’onde vaut : k0 =k(1−δ/a). ? Rappeler l’expression de l’énergie E en fonction de k dans un potentiel V = 0. En déduire qu’au premier ordre enδ/a, la nouvelle énergie E0 vaut : E0 =E(1−2δ/a).
