Physique g´en´erale IV Prof. Tran, CRPP Corrig´es de la s´erie 2

Physique g´en´erale IV Prof. Tran, CRPP Corrig´es de la s´erie 2

Martin Jucker

[email protected]

2 mars 2009

1 Barri` ere de potentiel

A On utilise la conservation de l’´energie d’une particule qui se propage de gauche `a droite :

V0

v₀ v₁

x V

E= 1 2mv₀²

| {z }

x<0

= 1

2mv₁²+V₀

| {z }

x≥0

⇐⇒ 1

2mv₁²=E−V0 <0⇐⇒v₁²<0,

et il n’y a donc pas de solution pour x ≥ 0, ce qui veut dire que la particule ne peut pas se propager `a droite de la barri`ere de potentiel. Par contre, `a gauche de la barri`ere on trouve

1

2mv₀²⇐⇒v₀± r2E

m,

et donc il y a deux solutions : une qui se propage vers la droite (v0 >0) et une qui se propage vers la gauche (v0 <0), mais avec la mˆeme valeur absolue. Ceci veut dire que la particule est r´efl´echie 100%de la barri`ere de potentiel.

B L’´equation de Schroedinger s’´ecrit µ

−~² 2m

d²

dx² +V(x)

¶

Ψ(x) =EΨ.

x <0 : Pour la zone `a gauche de la barri`ere, cette derni`ere ´equation devient

~² 2m

d²

dx²Ψ(x) +EΨ(x) = 0. (1)

La solution g´en´erale de cette ´equation s’´ecrit

Ψ(x) =Ae^ikx+Be^−ikx, (2)

et en ins´erant cette solution dans (1), on trouve

−~²k²

2m +E = 0 =⇒~k=√

2mE =p, la relation de De Broglie.

x≥0 : Pour la zone `a droite de la barri`ere, l’´equation de Schroedinger devient

~² 2m

d²

dx²Ψ(x) + (E−V)

| {z }

<0

Ψ(x) = 0. (3)

La solution g´en´erale de cette ´equation s’´ecrit

Ψ(x) =Ce^k′x+De^−k′x, (4)

et en ins´erant cette solution dans (3), on trouve

~²k^′2

2m =V −E=⇒~k^′ =p

2m(V −E).

On note que pour ´eliminer la divergence quandx→ ∞ (probabilit´e infinie), il faut queC = 0.

Maintenant il faut que les deux solutions (2) et (4) soient continues `a x = 0 ainsi que leurs d´eriv´ees (pour pouvoir d´eriv´er deux fois dans l’´equation de Schroedinger), et donc

A+B = D ik(A−B) = −k^′D, d’o`u on trouve

B= ik+k^′ ik−k^′A et

D= 2ik ik−k^′A.

On trouve alors pourx >0,

≥ 2ik _−k′x ̸= 0.

C La diff´erence avec le cas classique est alors que dans le cas quantique on peut trouver une solution `a droite de la barri`ere de potentiel, i.e. une probabilit´e non-nulle de trouver la particule dans la r´egion o`uE < V. Ceci est connu sous le nom de effet tunnel.

2 Oscillateur harmonique

Soit le potentielV = ¹₂kx².

A La force dˆue `a un potentiel est

F =−∇V =− d dx

µ1 2kx²

¶

=−kx.

La relation de Newton nous donne alors

mx¨=−kx⇔x¨+ k mx= 0, avec la solution

x=Acos(ωt), ω= rk

m.

B

(a) Il faut trouver

[a] =

·~² mk

¸1/4

.

On a trouv´e en haut queF =−kx, et donc N = kgm

s² = [F] = [kx]⇔[k] =

·F x

¸

= kg s²

Puis, l’´energie du photon s’´ecritE =hν, et donc [E] =

·1 2mv²

¸

= kgm²

s² = [hν], et donc

[h] = [~] = kgm² s .

Et ´evidemment l’unit´e de [m] =kg. En mettant tous ces r´esultats ensemble, on trouve que

[a] =

Ã_kg2m⁴ s²

kg^kg_s2

!1/4

=¡ m⁴¢1/4

=m, et c’est donc bien une longueur.

(b) En ins´erant la forme donn´ee de la fonction d’onde dans l’´equation de Schroedinger, on trouve

− ~² 2ma²

d² dy²

³

N H(y)e^−y2/2

´ +k

2a²y²EN H(y)e^−y2/2=EN H(y)e^−y2/2.

Ici, on a utilis´e le changement de variable x = ya, dx = ady. En developpant la deuxi`eme d´eriv´ee dans cette ´equation, on trouve

− ~² 2ma²

·d²H(y)

dy² −2ydH(y)

dy + (y²−1)H(y)

¸ +k

2a²y² =EH(y) (5) On trouve donc une ´equation similaire `a l’´equation de Schroedinger, mais pour H(y) au lieu d’une fonction d’onde.

On essaie alors de resoudre l’´equation (5) pour chacune des fonctionsH_n pour montrer qu’une solution existe et calculer l’´energie correspondante :

H₀ : ^dH(y)_dy = ^d2_dy^H(y)2 = 0 Pour que la solutionE soit ind´ependante dey, il faut que l’´equation (5) soit satisfaite pour chaque ordre dey s´epar´ement.

– termes eny²:

k

2a²= ~²

2ma² =⇔a⁴ = ~² km, ce qui confirme la d´efinition dea.

– termes sans y:

E₀ = ~²

2ma² = ~²√ km 2m~ = 1

2~ rk

m = 1 2~ω.

H₁ : ^dH(y)_dy = 2, ^d2_dy^H2^(y) = 0 Ceci nous donne

−~ω 2

¡−4y+ 2y³−2y¢ +~ω

2 y² =E2y.

– termes eny:

2E₁ = ~ω

2 6⇒E₁= 3 2~ω.

H2 : ^dH(y)_dy = 8y, ^d2_dy^H(y)2 = 8 Ceci nous donne

−~ω 2

¡8−16y²+ 4y⁴−2y²−4y²+ 2¢ +~ω

2 y² =E(4y²−2).

– termes sans y:

−2E₂=−5~ω ⇒E₂= 5 2~ω.

H3 : ^dH(y)_dy = 24y²−12, ^d2_dy^H(y)2 = 48y Ceci nous donne

−~ω 2

¡48y−48y³+ 24y+ 8y⁵−12y³−8y³+ 12y¢ +~ω

2 y² =E(8y³−12y).

– termes eny:

−12E3 =−84~ω

2 ⇒E3= 7 2~ω.

En g´en´eral, on peut donc exprimer En en fonction de netω : E_n=

µ n+1

2

¶

~ω.

C On voit donc deux diff´erences entre les cas classique et quantique : Dans le cas classique, toutes les valeurs sont admises en ajustant l’amplitudeA. Par contre, dans le cas quantique, les valeurs possibles de l’´energie sont discr`etes. Aussi, l’´energie la plus basse admise est non-nulle avec une valeur E0 = 1/2~ω, i.e. dans un tel syst`eme il est impossible d’arriver `a un ´etat d’´energie nulle (p.ex. mˆeme au point de temp´erature z´ero absolue). Les valeurs discr`etes de l’´energie sont ´ecart´ees de~ω de niveau `a niveau.

Dans ces figures, ΨΨ^∗ est montr´e en fonction de x pourn= 0 etn= 1 :

0

(a) Ψ =e^y2

0

(b) Ψ =y²e^y2

3 Fonction d’onde

A Pour d´ecider si Ψ est normalis´e il faut l’int´egrer son module carr´e sur tout l’espace :

|ΨΨ^∗|²= 1

πa³₀e^−2r/a0, dV = 4πr²dr.

Donc, Z

V

|ΨΨ^∗|²dV = Z _∞

0

1

πa³₀e^−2r/a04πr²dr= 4π πa³₀

Z _∞

0

r²e^−2r/a0dr=

= 4 a³₀

"

e⁻

2 a0r

(−2/a₀)³ õ

−2 a₀

¶2

r²−2 µ

−2 a₀

¶ r+ 2

!#∞ 0

= 4 a³₀

a³₀ 4 = 1

On voit alors que Ψ est normalis´e, vu que l’int´egrale sur tout l’espace de son module au carr´e vaut 1 (i.e. la probabilit´e de trouver la particule quelque part dans l’espace infini vaut 1).

B La probabilit´e de trouver l’´electron dans une sph`ere de rayon a<sub>0</sub> est ´egale `a l’int´egrale de r= 0 `a r=a0 de |ΨΨ^∗|² :

4 a³₀

"

e⁻

2 a0r

(−2/a₀)³ õ

−2 a₀

¶2

r²−2 µ

−2 a₀

¶ r+ 2

!#a0

0

= 4 a³₀ ·a³₀

µ

−e⁻²5 4 +1

4

¶

= 4·0.008 = 0.32