ˆp−qcA(ˆr, t)2 est l’energie cin´etique

M´ecanique quantique II S´erie 10 _Correction

Exercice 1 Effet photo´electrique sur l’atome d’hydrog`ene

1. L’effet d’un champ ´electromagn´etique sur une particule charg´ee se traduit par le remplacement de ˆppar ˆp−^qcA(ˆr, t) (force de Lorentz). ˆp−^qcA(ˆr, t)2

est l’energie cin´etique. V_c(r) =−_4πǫ^e20r est l’´energie potentielle due au potentiel cr´ee par le noyau de charge esur l’´electron (le potentiel coulombien _4πǫ^e

0r). Comme l’´electron poss`ede un spin 1/2, ce spin interagit avec le champ magn´etique via le terme−µ_BB(ˆr, t)·S.ˆ 2. B=∇ ∧A.

3. jauge de Coulomb : ∇ ·A= 0

⇒



 d_x d_y d_z



·





A_0xcos(k0·r−ω0t) A0ycos(k0·r−ω0t) A0zcos(k0·r−ω0t)





⇒A0xdxcos(k0·r−ω0t) +A0ydycos(k0·r−ω0t) +A0zdzcos(k0·r−ω0t) = 0.

⇒ −k0·A0sin(k0·r−ω0t) = 0.

Les vecteursk0 etA0 sont donc perpendiculaires.

Pour s’entraˆıner au calcul suivant, pensez au produitA(ˆr, t)·pˆ−pˆ·A(ˆr, t) appliqu´e

`

a une fonction d’onde ψ(x) A(ˆr, t)·pˆ−pˆ·A(ˆr, t) = X

j

A_j(ˆr, t)ˆp_j −pˆ_jA_j(ˆr, t)

= X

j

−i~A_j(ˆr, t)dˆr_j+i~(dˆr_jA_j(ˆr, t)) +i~A_j(ˆr, t)dˆr_j

= −i~X

j

k⁰_jA0jsin(k0·ˆr−ω0t)

= −i~sin(k0·ˆr−ω0t)k0·A0= 0 (1) 4. Sans champ ´electromagn´etique, le Hamiltonien s’´ecrit

Hˆ0= 1

2mpˆ²+V_c(ˆr).

La perturbation ˆV(t) = ˆH(t)−Hˆ0apport´ee par rapport au Hamiltonien sans champ

´electromagn´etique est Vˆ(t) = e

2mcpˆ·A(ˆr, t) + e

2mcA(ˆr, t)·pˆ+ e²

2mc²A(ˆr, t)²−µ_BB(ˆr, t)·Sˆ

= e

mcA(ˆr, t)·pˆ+ e²

2mc²A(ˆr, t)²−µ_BB(ˆr, t)·Sˆ (2)

5. On se propose ici d’estimer l’ordre de grandeur des diff´erents termes de ˆV en fonc- tion de constants fondamentales de la nature comme ~,e,a0,m, cet de grandeurs typiques du probl`eme consid´er´e comme l’amplitude du vecteur potentiel A0 et la longueur du rayonnementλ. On trouve

e

mcA(ˆr, t)·pˆ ≃ e~|A0| mca0

et on cherche `a comparer les autres termes avec ce r´esultat; on obtient e²

2mc²A(ˆr, t)² ≃ e²|A0|²

mc² ≪ e~|A0| mca0

et puis on se rappelle que ˆS_i =~/2 ˆσ_i et que B(ˆr, t) ≃ |k0||A0| ≃ 1/λ|A0|(pour se convaincre on peut prendre par example une composante de B(ˆr, t) vu que toutes les composantes d’un vecteur ont les mˆemes dimensions. Donc Bx =dyAz −Aydz

etd_yA_z =−A0zk0ysin(k0·ˆr−ω0t))

µ_BB(ˆr, t)·Sˆ ≃ e~|k0||A0|

mc ≃ e~|A0|

mcλ ≪ e~|A0| mca0

On peut donc approximer ˆV(t) par _mc^e pˆ·A(ˆr, t)

6. Le terme enδ(E_f−E_i+~ω) concerne un ph´enom`ene pendant lequel l’´energie diminue:

E_f =E_i−~ω. C’est le ph´enom`ene d’´emission stimul´ee.

Le terme en δ(E_f −E_i −~ω) concerne au contraire un ph´enom`ene pendant lequel l’´energie augmente: E<sub>f</sub> =E<sub>i</sub>+~ω. C’est le ph´enom`ene d’absorption stimul´ee.

Ici, l’´energie initiale est l’´energie minimale, celle de l’´etat fondamental. Il ne peut donc pas se produire d’´emission stimul´ee et on ne va consid´erer que le terme d’absorption.

Vˆ(t) = e

mcpˆ·A(ˆr, t) = e

2mcA0·p(eˆ ^{ik0·ˆr−iω0t}+e^{−ik0·ˆr+iω0t}).

On va donc utiliser la formule de l’´enonc´e avec ω=ω0 et ˆV_ω= _2mc^e pˆ·A0e^−ik0·ˆr, en ne conservant que le terme de droite.

7. Les vecteurs d’ondekpossibles sont ceux tels qu’il existe trois nombres entiers relatifs n_x,n_yetn_ztels quek= ²_L^π(n_x, n_y, n_z). Ce sont les vecteurs qui v´erifient la condition de p´eriodicit´e. La fonction d’onde normalis´ee est|ki= _L3¹/2e^ik·r et l’´energie ^~₂²_m^k2. 8. On choisit comme ´etat |fi la fonction d’une onde plane de vecteur d’onde k_f.

w_i→f = 2π

~ |hf| e

2mcpˆ·A0e^ik0·ˆr|ii|²δ(E_f −E_i−~ω0)

= 2π

~ Z

dr 1

L^3/2e^−ikf·r e

2mc~k_f·A0e^ik0·r 1

pπa³₀e^−r/a0

2

δ(E_f −E_i−~ω0)

= ~

2L³a³₀ e

mc 2

|k_f ·A0|² Z

dre^−ikf·re^ik0·re^−r/a0

2

δ(E_f −E_i−~ω0) (3) 9. La longueur d’onde est de 100nm (λ ≃ 10⁻⁷m). a0 est de l’ordre de l’˚A(a0 ≃ 10⁻¹⁰m). Donc, dans l’int´egrale, partout o`u e<sup>−r/a0</sup> n’est pas tout petit, e<sup>ik0·r</sup> sera tr`es proche de 1.

2

10. Calculons l’int´egrale de la formule pr´ec´edente :

Z

dre^−ikf·re^ik0·re^−r/a0

2

≃ Z

dre^{−r/a0−ikf·r}

2

=

Z _∞

0

drr² Z 1

−1

dcosθ Z 2π

0

dφe^{−r/a0−ikfrcosθ}

2

= 4π²

Z _∞

0

dr r²e^−r/a0 Z 1

−1

due^−ikfru

2

= 4π²

Z _∞

0

dr r²e^−r/a0e^−ikfr−e^ikfr

−ik_fr

2

= 4π² k²_f

Z _∞

0

dr r(e^{−ikfr−r/a0}−e^ikfr−r/a0)

2

= 4π² k²_f

− Z _∞

0

dr e^{−ikfr−a−01r}

−ik_f −a⁻₀¹ −e^{ikfr−a−01r} ik_f −a⁻₀¹

!

2

= 4π² k²_f

1

(−ik_f −a⁻₀¹)² − 1 (ik_f−a⁻₀¹)²

2

= 4π² k²_f

−4ik_fa⁻₀¹

(−ik_f −a⁻₀¹)²(ik_f −a⁻₀¹)²

2

= 64π² a²₀

1

(k²_f +a⁻₀²)⁴ (4)

Ins´erons le r´esultat dansw_i→f : w_i→f = 32~

L³a⁵₀ eπ mc

k_f ·A0

(k_f²+a⁻₀²)²

!2

δ(E_f −E_i−~ω0). (5)

11. On a la relation suivante entre E et k (de module k) : E = ^~₂²_m^k2. Donc, dE =

~²kdk

m . On en d´eduit les relations inverses :k = ^√2mE~ et dk = ¹~

p_m

2EdE. On part maintenant de

ρ(E)dE=ρ(k)dk (6)

ρ(k)dk est le nombre de vecteurs d’onde de module compris entreketk+dk : c’est la surface de la sph`ere de rayonk, multipli´ee pardk, divis´e par le volume occup´e par un vecteur d’onde ²_L^π3

. Au final : ρ(k)dk = 2·4πk²dk _2π^L3

= _π^m2

√2mE ^L_~3

dE avec un facteur 2 qui compte les deux ´etats de polarization du spin. On identifie alorsρ(E) :

ρ(E) = m π²

√2mE L

~ 3

.

Pour obtenirρ(E, dΩ), il suffit de multiplier par ^dΩ_4π : ρ(E, dΩ) =m√

2mE L

2π~ 3

dΩ.

3

12. Le produit de la densit´e d’´etats finals d’´energie E par unit´e d’angle solide dΩ et du taux de transitioni→f par unit´e de temps ne d´epend pas deL comme

ρ(E, dΩ)w_i→f =m√ 2mE

1 π~

3

8~ a⁵₀

eπ mc

k_f ·A0

(k_f²+a⁻₀²)²

!2

δ(E_f −E_i−~ω0)dΩ.

La d´ependance par rapport `a l’angle solide intervient dans le terme |k_f ·A0|². Le taux de transition est plus ´elev´e lorsquek_f est orient´e selon le champ ´electrique.

4