Mécanique quantique Flashcards
Les premiers quanta : Planck (1900)
Explique le rayonnement du corps noir en faisant l’hypothèse que les oscillateurs mécaniques chargés, de frequence nu, ne peuvent émettre ou absorber l’énergie lumineuse que par quantités discrètes
Le rayonnement du corps noir
Lumiere émise par un corps matériel quand il est en équilibre thermique a la température T
Planck a trouvé une formule qui donne le tracé de l’intensité en fonction de la longueur d’onde et de la température) alors qu’avant la courbe divergeait sur la gauche
Formules avec les quantas
DE=nhnu=n_hw avec _h = h/2pi et w=2pinu
h=~6.63.10-34 Js et _h=~1.05.10-34Js
Le photon d’Einstein (1905)
etude de l’efffet photoelectrique
La lumiere elle meme a des propriétés quantiques. Pour une lumière de pulsation w et de vecteur d’onde k, le quantum de rayonnement (batisé photon par Lewis en 1926) a une énergie et une impulsion :
E=_hw et p=_hk avec |k|=2pi/lambda
Cette nature granulaire est elle en contradiction avec une equation d’onde qui est continue (Maxwell)
Comment comprendre cette dualité des ptés de la lumière qui peuvent etre a la fois ondulatoire et corpusculaire (exp des fentes d’Young)
Cette dualité existe-t-elle également pour les particules matérielles ?
L’hypothèse de Louis de Broglie (1923) (“Breuille”)
A ttes particules matérielle de masse m et d’impulsion (qte de mvt) p=mv on peut associer une onde de vecteur d’onde k=p/_h soit une longueur d’onde lambda = 2pi/k = 2pi_h/p ou lambda =h/p
Expérience d’interférences avec des électrons
on envoi des électrons (1 par 1) qui contournent un filament et arrivent sur une plaque.
Avec des memes cond initiales, on a l’arrivé des électrons de façon anarchique avec peu d’électrons, mais avec des dizaines de milliers on reconnait des interférences
L’effet photoélectrique
Experience, description
Expérience de Heinrich Hertz et Wilhelm Hallwachs (1888) Hertz utilise un électroscope. Il charge la plaque de l’électroscope positivement ou négativement en la frottant a de la peau de chat, il eclaire la plaque de zinc relié a l’électroscope et observe un mouvement des électrodes de l’électroscope. Il recommence en intercalant une plaque de verre entre la lumière et la plaque de zinc
L’effet photoélectrique, observations et conclusion de l’exp
Observation :
Lorsque l’elec est chargé - puis éclairé, il se décharge: des électrons quittent la plaque
Lorsqu’on intercale la plaque de verre, l’effet cesse
Lorsque l’elec est chargé + puis éclairé, l’élec reste chargé, les charges + retiennent les charges -.
Phénomène quasi-instantané (inf 10-9s)
Conclusion : L’EP dépend de la tension entre métal et l’extérieur (elec chargé + ou -)
de la fréquence de la lumière
etude quantitative de l’effet photo electrique
On a deux électrodes (cathode et anode) et on établie un tension entre elles grâce a un potentiomètre
Lorsque la lumière frappe la cathode, elle fournit de l’énergie aux électrons qui quittent la cathode et se dirigent vers l’anode. Ceci crée une intensité mesurée par un galvanomètre-ampèremètre sensible aux tres faibles intensité. Considérons un électron quittant la cathode :
SI la tension est positive, il est attiré donc accéléré vers l’anode et forme ds le circuit un courant elec.
Si tension négative : l’elec est freiné, 2 cas possibles :
-Il atteint l’anode et il y a courant elec ds le circuit
-Sa vitesse s’annule avant d’atteindre l’anode et repars vers cathode. Pas de courant.
Expérience - observation
Métal, intensité lumineuse, longueur d’ondes fixés
Tracé de Courant elec =f(tension)
On peut rendre l’intensité nulle en freinant les elec avec une tension inf a -uo qui est la limite, la tension d’arrêt.
L’intensité elec tend vers un max Imax qd la tension augmente
Entre les deux on observe un phénomène intermédiaire
Expérience et Observation
Métal et longueur d’onde fixé Tracé d’un réseau courant elec=f(tension) pour différentes intensité lumineuses
La tension d’arrêt ne dépend pas de l’intensité lumineuse
Imax dépend de l’intensité lumineuse
Expérience et Observation
Métal et intensité lumineuse fixé,
Tracé d’un réseau Courant elec=f(tension pour diff longueurs d’ondes
La tension dépend de la fréquence
Imax dépends de la fréquence
Expérience et Observation
Métal, longueur d’onde, et tension fixé
Tracé Imax=f(Ilum)
L’intensité de saturation dépend de l’intensité lumineuse, elles sont proportionnelles
Expérience et Observation
Métal et tension fixé
Tracé d’un réseau de tension d’arrêts = f(fréquence) pour différentes intensités
Il existe une fréquence seuil en dessous de laquelle le métal n’émet aucun électrons, cette fréquence de seuil ne dépens pas de l’intensité lumineuse
**
Interprétation de l’effet photoélectrique
Einstein interprète l’effet photoélectrique comme une collision entre un photon et un électron du métal. Le photon apporte l’énergie hnu qui sert a extraire l’électron du métal et a donner l’énergie cinétique a l’électron hnu = Eextraction + Ecinétique
Ec est tjrs positive donc l’énergie du photon doit être sup a l’énergie d’extraction, pour qu’il y ait effet photoélectrique
nuseuil = Eextraction/h
hnu sup Extraction : l’électron est extrait et acquiert une énergie suffisante pour rejoindre l’anode
Tension d’arrêt :
Lorsque u=-u0, les électrons quittent la cathode avec une énergie cinétique Ec et arrivent sur l’anode avec une vitesse nulle, leur Ec s’est annulé. La conservation de l’Em de l’éléc pdt le trajet donne : u0=hnu/e - Eextraction/e = h/e(nu-nus) d’où la pente de h/e dans **
On constate que la tension d’arret est une fonction affine de la fréquence.
La pente de la droite représentative ne dépend pas du métal
Seule l’ordonnée a l’origine, par la fréquence de seuil, en dépend.
Fonction d’onde et équation de Schrödinger
Fonction d’onde
Tant qu’aucune mesure n’a été effectué, parler de la position d’une particule n’a pas de sens. Tt semble se passer comme si le fait de mesurer la position de la particule semblait lui conférer une réalité.
Fonction d’onde et équation de Schrödinger
Postulat 1
La description complète de l’état dynamique dans une particule quantique de masse ma a l’instant t dans un ref R se fait au moyen d’une fonction d’onde ksi(M,t) a valeur complexe. La proba de trouver M a l’instant t dans le volume élémentaire dto est dP(M,t)=|ksi(M,t)|²dto=ksi(M,t)ksi*(M,t)dto
Etat dynamique
Totalité des grandeurs physique qui caractérisent le mvt de la particule dans R.
Dans le cas d’un pb unidimensionnelle
ksi(M,t)=ksi(x,t) et dP(x,t)=|ksi(x,t)|²dx
Le caractère probabiliste ne résulte pas d’une mauvaise connaissance des conditions initiales, mais fait partie intégrante du formalisme quantique.
Amplitude de proba et densité de proba de présence
Amplitude de proba : fonction d'onde ksi(M,t) |ksi(M,t|² = dP(M,t)/dto = densité (volumique) de proba de présence= grandeur réelle accessible a la mesure. Dans D le domaine de l'espace accessible a la particule, a t la particule est détecté de manière certaine dans D. int(D)dP=1 Rq ; ksi(M,t) est def a un facteur de phase pres mais puisque la proba en fait le module on est trql
Principe de superposition
On a deux fentes T1 et T2 ouvertes ou fermées et un ecran, on cherche la proba de trouver la particule a l’instant t sur ds. On def ksi1 et ksi2 associées a T1 et T2. On propose ksi(M,t)=ksi1(M,t)+ksi2(M,t)
kksiksi=(ksi1+ksi2)(ksi1+ksi2) donc dp=dp1+dp2+(ksi1ksi2+ksi1*ksi2)ds voila le terme d’interférence observé lors de la mesure.
Postulat 2
Toute combinaison linéaire de fonction d’onde est aussi une fonction d’onde possible.
Interprétation probabiliste
dP=|ksi(x,t)|²dx représente la proba de trouver la particule sur dx. Pour mesurer |ksi(x,t)|², il faudrait pouvoir répéter a un meme instant t un nombre important de mesures indépendantes de la position dde la particule et dresser un histogramme de valeurs obtenues. On admet qu’il est équivalent de s’intéresser a N particules identiques indépendantes ttes ds le meme état quantique ksi(x,t). A t donné, on relève la position des N particules et on trace l’histogramme.
Indétermination
On a l’histogramme (nbr de particules en ordonnée, x en abscisse, des batons)
On a le graphe |ksi(x,t)|² en ordonnée et x en abscisse, courbe)
On a l’histogramme (nbr de particules en ordonnée, x en abscisse, des batons) on détermine la valeur moyenne (x) = somxi/N
ecart type : Dx=amplitude de fluctuation statistique autour de la valeur moyenne, Dx=( (x²) - (x)² )^1/2 avec (x²)=somxi²/N
Pour |ksi(x,t)|² on def valeur moyenne (x)=int(-8,8)x|ksi(x,t)|²dx = int(-8,8)xdP et Dx = indétermination de la position = ( (x²)-(x)²)^1/2 ac (x²)=int(-8,8)x²dP
Def - Indétermination de qté de mvt
Dpx = ( (px²) -(px)² )^1/2 avec (px)=int(-8,8)pxdP(x,t) et (px²)=int(-8,8)px²dP(x,t)
Inégalité de Heisenberg (1927)
Principe d’indétermination de Heisenberg
La mesure a l’instant t de la position x et de l’impulsion px (qté de mvt) présente des indéterminations fondamentales Dx, et Dpx tq DxDpx sup _h/2 : On ne peut pas gagner en précision sur la position sans perdre en certitude sur l’impulsion au même instant.
Equation de Schrödinger
On s'intéresse au mvt d'une particule quantique de masse m sans spin ds un référentiel R. La particule est en interaction avec d'autres système physique ce que l'on traduit par une énergie potentiel V(M,t) appelée potentiel par abus de langage. L'équation de Schrödinger décrit l'évolution de la fonction ds l'espace et le temps. i_h drondKsi(M,t)/drondt = -_h²/2m Dksi(M,t)+V(M,t)Ksi(x,t) et _h=h/2pi = 1,05.10-34JS
Ds le cadre du programme, on est limité a une fonction d’onde spatialement unidimensionnelle dans un potentiel indépendant du temps.
Que devient l’équation de Schrödinger
i-h drondksi(x,t)/drondt = -_h²/2m drond²ksi(x,t)/drondx² + V(x)ksi(x,t)
RQ: La linéarité de (*) est cohérent avec la superposition possible des fonctions d’ondes
RQ : V(X) rpz energie potentiel
-_h²/2mdrond²/drondx² rpz l’énergie cinétique
i_hdrond/drond t rpz l’energie totale
Etat stationnaire et équation de Schrödinger
Jusqu’à l’expression de ksi(x,t) (equation temporelle résolu)
On appelel état stationnaire tt état caractérisé par ksi(x,t)=f(t)phi(x) L'équation de S devient i_hphi(x) df(t)/dt = -_h²/2mf(t) d²phi(x)/dx² + V(x)f(t)phi(x) donc i_h 1/f(t) df(t)/dt = -_h²/2m 1/phi(x) d²phi(x)/dx² +V(x) = E car =cste et homogène a une énergie. D'apres l'ETemporel, f(t)=f(0)exp( -i(E/_h)t ) et on choisit f(0)=1 car le module de ksi se trouve ds phi(x) aussi.
Expression de ksi(x,t) apres le découplage et la résolution de l’équation temporelle
RQ et équation de normalisation
on a ksi(x,t)=phi(x)exp( -i (E/_h)t) avec phi fonction a valeur complexe vérifiant -_h²/2m d²phi(x)/dx² +V(x)phi(x) = Ephi(x)
RQ : dP=|ksi(x,t|²dx = |phi(x)|²dx indé du temp!
int(-8,8)dP=1 ie int(-8,8)|phi(x)|²dx = 1 eq de normalisation
ceci interdit a phi de diverger en -8 et +8
RQ sur phi(x) puis sur ksi(x,t) (pulsation)
phi(x) est continue et dphi(x)/dx est continue en tout points ou l’energie potentielle V(x) est continue ou ne présente pas de discontinuité infinis (admis)
on a ksi(x,t)=phi(x)exp( -i (E/_h)t) donc on peut def w=E/_h donc E=_hw=hw/2pi=hnu relation de De Broglie
Définition de l’opérateur H (hamiltonien)
H qui a un truc associe -_h²/2m d²/dx² +V(x) et on constate que H(phi(x)) = E phi(x) les fonctions phi(x) sont les fonctions propres de l’opérateur H pour la valeur propre E.
Intérêt des états stationnaires
Qu’est ce que cela donne grâce a la superposition
Les états stationnaires des fonctions d’ondes relatifs a l’équation de S constituent une base de fonction d’ondes solution de cette équation.
On a Ksi(x,t)=som(m) Cmphi(x)exp (-i (Em/_h) t)
Définition - Particule libre
On appelle particule quantique libre une particule quantique sans spin évoluant dans le vide sans interaction.
Conséquence : pt x, V(x)=0
Que devient l’équation de S grace aux particules libres
i_h drondKsi(M,t)/drondt = -_h²/2m drond²ksi(x,t)/drondx²
Etat stationnaire qd on parle des particules libres
On cherche ksi(x,t)=f(t)phi(x)
Grace au découplage puis a l’égalisation à la cste E. On a df(t)/dt + iE/_h f(t) = 0 et d²phi(x)/dx² + 2mE/_h² phi(x) =0
Ett stationnaire, particules libres, résolution de ces equations :
df(t)/dt + iE/_h f(t) = 0 et
La temporelle donne f(t)=f(0)exp(-i (E/_h)t) = exp (-iwt) donc ksi(x,t)=phi(x)e(-iwt) avec w=E/_h et d²ph(x)/dx² + 2mE/_h² phi(x) = 0
Ett stationnaire, particules libres, résolution de ces equations :
d²phi(x)/dx² + 2mE/_h² phi(x) =0
Résolution de l’équation
E inf 0 et E =0
On ne peut se préoccuper que du cas E sup stricte 0 car l’EP = 0 donc l’énergie de la particule = energie cinetique donc E sup stricte 0. Toutefois, on regarde Einf st 0 :
on obtient deux exponentielles divergents, l’un en +8 et l’autre en -8, donc les cste sont nulles. Impossible.
E=0, donne phi(x) = Ax+B avec A =0 sinn diverge et si phi(x)=E alors le graphe |ksi(x,t|² en fonction de x montre que l’integrale(-8,+8)dP diverge donc B=0
Ett stationnaire, particules libres, résolution de ces equations :
d²phi(x)/dx² + 2mE/_h² phi(x) =0
Résolution de l’équation
E sup strictement a 0
r²=-2mE/_h² inf 0 donc deux racines complexes imaginaires r1= i (2mE/_h²)^1/2 et r2=-i (2mE/_h²)^1/2
On a phi(x) = Aexp(r1x) + Bexp(r2x) on pose k=(2mE/_h²)^1/2 donc phi(x) = A e ikx + B e-ikx
Ksi(x,t) = A ei(kx-wt) + Be-i(kx-wt)
1ere OPPM suivant +ux et 2eme OPPM suivant -ux
Ett stationnaire, particules libres, résolution de ces equations
Apres la resolution E sup stricte 0
Ksi(x,t) = A ei(kx-wt) + Be-i(kx-wt)
Ksi(x,t) = A ei(kx-wt) + Be-i(kx-wt)
1ere OPPM suivant +ux et 2eme OPPM suivant -ux
vitesse de phase : vphi = w/k
relation de dispersion : k²=2mE/_h non linéaire
Sens physique associée a l’OPPM
Qd on regarde une OPPPM suivant +ux
|ksi(x,t)|² = |A|² donc sur le graphe |ksi(x,t|² en fonction de x montre que l’integrale(-8,+8)dP diverge donc pas de réalité physique. On voit encore que OPPM outils.
Vecteur densité de courant de probabilité
On def le vecteur densité de courant de proba associé a une particule quantique libre (ie une fonction d’onde correspondant a une OPPM) par j=|ksi|² _h k/m
RQ : En electromagnétique, j=ro v
ici ro = |ksi|²densité volumique de proba et v = P/m = _hk/m relation de De Broglie
Paquet d’onde
1 OPPM, probleme donc
2 OPPM , probleme
Lorsqu’on considère 1 OPPM, on a son |Ksi(x,t)|² qui est positif et donc il y a un pb de normalisation. Pas de localisation de la particule. Avec 2 OPPM de même amplitude, de pulsation voisine w+deltaw et w-deltaw de vecteurs d’onde voisins k+deltak et k-deltak on a ksi(x,t)= 2Acos(deltax-deltawt)expi(kx-wt) donc Re(ksi(x,t))=cosAcosB on a une periode spatiale 2pi/deltaksuppp lambda DB et 2pi/k=lambdaDB donc Re(ksi(x,t)) a t fxé en fonction de x donne une sinusoide dans une enveloppe. Puis |Ksi(x,t)|² a t fixé donne un cos² : tjrs pb de normalisation mais on a gagné en localisation
Paquet d’onde, sommation d’une multitude d’OPPM
On a ksi(x,t)=som(j) g(kj) exp i (kjx-wj(kj)t) jusqu’à une somme continue ksi(x,t)=int(-8;8)g(k)expi(kx-w(k)t)dk fonction d’onde associé a un paquet d’onde
Là, a t fixé, on a |Ksi(x,t)|² normalisé (aire = 1) et (x) et deltax déterminés par la courbe (cloche)
Dispersion du paquet d’onde
Quand t evolue, il va vers les x croissant et delta x augmente, on perd de la localisation sur la particule mais on gagne en certitude sur l’impulsion
Etat stationnaire d’une particule ds les potentiels constants par morceaux
ksi(x,t) vérifie i_hdrondksi(x,t)/drondt = -_h²/2m drond²ski(x,t)/drondx² + V(x)ksi(x,t) Si on cherche ksi ds un état stationnaire on a ksi(x,t)=phi(x)exp-i(wt) avec w=E/_h et phi vérifiant -_h²/2m d²phi(x,t)/dx² + V(x)phi(x)=Ephi(x)
Marche de potentiel
Modélisation
Les éléctrons de conduction d’un métal constituent un gaz de particules quantiques. L’énergie cinétique de l’électron est insuffisante ^pour lui permettre de s’extraire du métal. Seul un apport extérieur d’énergie permet d’arracher un électron (effet photoelec). Il existe a la surface du métal une interaction qui s’oppose a la sortie des électrons. Cette interaction est modélisée par une marche d’énergie potentielle.
Ce model peut etre associée a la jonction entre 2 matériaux porté a des potentiels diff ou aux interactions neutron noyau.
Marche de potentiel
Analyse classique
on a V(x) et a x=0 on a un échelon Vo. elec = objet classique arrivant sur la barrière de potentiel depuis -8 a la vitesse v ac l’Em E.
EsupVo : Si x inf 0, Ep=0 et Ec=E Si x sup0 Ep=Vo et Ec=E-Vo sup 0 , conservation de l’Em, l’elec poursuit son chemin ac énergie cinétique moindre.
0 inf E inf Vo: Si xinf0, Ep=0 et E=Ec Si xsup0, Ep=Vo et Ec=Em-Vo inf 0 impossible.
Si E inf 0. aucun sens car E=Ec en xinf0.
Marche de potentiel
Analyse quantique
Résolution ksi(x,t)=phi(x)exp-iwt avec :
x inf 0: d²phi(x,t)/dx² + 2m/_h²Ephi(x) =0
x sup 0 : d²phi(x,t)/dx² + 2mphi(x)/_h² [E-Vo]=0 Donc
x inf 0: phi(x)=A1e(ik1x) + B1e(-ik1x) ac k1=(2mE/_h²)^1/2
x sup 0: phi(x)= A2e(ik2x) +B2e(-ik2x) k2=(2m(E-Vo)/_h²)^1/2 Donc en ajoutant phi(x) a ksi(x,t) on a
xinf 0: ksi(x,t)=A1ei(k1x-wt) + B1e-i(k1x+wt)
x sup0: ksi(x,t)=A2ei(k2x-wt) + B2e-i(k2x+wt) or pas de limite au milieu au x sup 0 donc B2 = 0 pas de terme de réflexion.
Resolution grace a la continuité de ksi et de drondksi/drondx de
xinf 0: ksi(x,t)=A1ei(k1x-wt) + B1e-i(k1x+wt)
x sup0: ksi(x,t)=A2ei(k2x-wt)
Continuité de phi en x=0 on a A1+B1=A2
de drondphi/drondx : k1A1-k1B1=k2A2
k2A1+k2B1-k1A1+k1B1=0 donc B1=A1 (k1-k2)/(k1+k2)
et A2=A1 2k1/(k1+k2) Donc
x inf 0 : ksi(x,t) = A1[ei(k1x-wt) + (k1-k2)/(k1+k2)e–k1x+wt)]
x sup 0: ksi(x,t) = 2A1k1/(k1+k2)ei(k2x-wt)
Coefs de réflexion et de transmissions
A une OPPM on a associé j= _hk/m |ksi(x,t)|
On a donc ji=_hk1/m|A1|² ux jr=- _hk1/m|B1|²ux et jt=_hk2/m|A2|²ux
On def R=||jr||/||ji|| et T=||jt||/||ji|| donc R=|B1|²/|A1|²=|(k1-k2)/(k1+k2)|² et T=k2|A2|²/k1|A1|²=4k1k2/(k1+k2)²
RQ : R + T=1
Expression de R et T avec k1=(2mE/_h²)^1/2 et k2=(2m(E-V0)/_h²)^1/2
On a R diff 0, il est tjrs possible qu’une particule quantique soit réfléchie dans le cas E sup V0 diff meca classique.
R=[[ 1 - ((E-V0)/E)^1/2] / [ 1 + ((E-V0)/E)^1/2]]² et
T=4((E-V0)/E)^1/2/ [ 1 + ((E-V0)/E)^1/2]² On remarque que si EsuuuupVo T tends vers 1 et R tend vers 0
Densité de proba de présence
Pour x sup 0: ksi(x,t)=2A1k1/(k1+k2) ei(k2x-wt) donc |ksi(x,t)|=|A1|²4k1²/(k1+k2)² inépendant de t = EStationnaire et indé de x.
Pour x inf 0, ksi(x,t)=A1[ei(k1x-wt) + (k1-k2)/(k1+k2)e-i(k1x+wt)] donc |ksi(x,t)|=ksiksi*=|A1|(1+R+2R^1/2cos(2k1x)) indé de t, et dépend de x ac un terme d’interférence (entre OR et OIncid)
Analyse quantique qd 0 inf E inf Vo
résolution de :
x inf 0: d²phi(x,t)/dx² + 2mE/_h²phi(x) =0
x sup 0 : d²phi(x,t)/dx² - 2m(Vo-E)/_h²phi(x)=0 avec
q=(2m(Vo-E)/_h²)^1/2
xinf0 on a ksi(x,t)=A1ei(k1x-wt) + B1e-i(k1x+wt)
xsup0 on a ksi(x,t)=A2e(qx)e(-iwt) + B2e(-qx)e(-iwt)
A2 =0 car la situation x tends +8 correspondrait a une divergence de ksi ce qui est impossible.
Continuité de phi en 0 et de drondphi/drondx en 0
A1+B1=B2 et ik1A1-ik1B1=-B2q et qA1+qB1+ik1A1-ik1B1=0 donc B1=A1(ik1+q)/(ik1-q) et B2=2A1ik1/(ik1-q)
Analyse quantique qd 0 inf E inf Vo
Expression de ksi apres avoir obtenu B1 et B2
Donc si xinf 0: ksi(x,t)=A1(ei(k1x-wt) + (ik1+q)/(ik1-q)e-i(k1x+wt)) et si xsup0: ksi(x,t)=2ik1A1/(ik1-q)e(-qx)e(-iwt) et on def l’epaisseur de peau delta=1/q=(_h²/2m(Vo-E))^1/2 (pour le zinc delta = 94pm)
Donc ji=_hk1|A1|²/m ux, jr=-_hk1|B|²/mux donc R=||jr||/||ji|| =|B1|²/|A1|²=1
Analyse quantique qd 0 inf E inf Vo
Densité de probabilité de présence
x sup 0: |ksi(x,t)|²=4k1²|A1|²e(-2qx)/(k1²+k2²) La densité de proba est non nulle pour x sup 0 (diff meca classique)
x inf 0: |ksi(x,t)|²=ksiksi* (on pose eiØ=(ik1+q)/(ik1-q)
=|A1|²(2+2cos(2k1x-Ø)) on observe le terme d’interférence.
Barrière de potentiel
Modélisation
on a V(x) et 3 intervalles. xinf 0, x dans [0,L) et xsupL
V nul partout sauf entre 0 et L
Barrière de potentiel, analyse classique
E sup Vo, la particule franchit la barrière et se déplace jusqu’en +8. Si E inf 0 pas de sens. Si 0 inf E inf V0 alors la particule est réfléchie et se déplace vers -8
Barrière de potentiel, analyse quantique
Avant les conds limites
Lorsque 0infEinfV
1)d²phi/dx²+k1²phi=0 2)d²phi/dx²-q²x=0 et 3)d²phi/dx² +k1²phi=0 ac k1=(2mE/_h²)^1/2 et q=(2m(Vo-E)/_h²)^1/2 ce qui ns donne 1) phi=A1eik1x+B1e-ik1x puis 2) phi=A2eqx +B2e-qx et 3) A3eik1x +B3e-ik1x mais B3=0 car pas de limites ni de sources donc pas d’OR.
Barrière de potentiel, analyse quantique
Analyse de l’expression de phi avec les conds de continuité de phi et de dphi/dx en 0 et L
On peut exprimer A2, A3, B1 et B2 en fonction de A4 car on a 4 équations mais tp chiant.
Barrière de potentiel, analyse quantique
Coefs de transmission et de réflexion et description de l’effet Tunnel
ji=_hk1|A1|²/m ux, jr=-_hk1|B1|²/mux et jt=_h/m k1|A3|² ux
donc on obtient R=[V0²sh(qL)/4E(Vo-E)]/[1 + V0²sh(qL)²/(4E(Vo-E)) ] Et T= 1/ [1 + V0²sh(qL)²/(4E(Vo-E)) ]
Donc R+T=1 et T diff 0. qd E inf Vo et pourtant la proba de trouver la particule a t entre x et x+dx pour xsupL est non nulle (diff meca classique) c’est l’effet Tunnel.
Cas de la barrière épaisse : Lsuuuup delta = 1/q sachant que T= 1/ [1 + V0²sh(qL)²/(4E(Vo-E)) ]
on a sk(qL) ~ exp(L/delta) /2 donc T ~ 16E(Vo-Eexp(-2L/delta) /Vo² décroissance de T en exp(-2L/delta).
Si Vo augmente alors T diminue.
Particule dans un puits de potentiel infini
Modélisation
Situation d’etude : molecule d’une phase gazeuze ou liquide dans un récipients clos. Elec de conduction d’un métal ds l’échantillon étudié. On imagine des boites quantiques monoatomiques ds lesquelles sont piégés des particules quantiques. Dans V(Ex) en reel on a un echelon a V2 puis 0 en x=0 puis V1 en x=a et la barre Ec de la particule. (pas de discontinuités) Ds model on a V(x) 2 droites infinies en x=0 et x=a
hypothèses : d inf lambda DB et E inff V1 et V2 (d la distance pour passer d’une valeur de V a une autre.
Particule dans un puits de potentiel infini
Recherche des états stationnaires
zone 1 et 3
On cherche ksi(x,t)=phi(x)exp(-iwt) avec w=E/_h et phi verifie -_h²/2m drond² phi(x)/drondx² +v(x)phi(x)=Ephi(x)
Zone 1 et 3 (xinf0 et x supa) on a phi(x) finie donc Ephi(x) finie donc V(x)phi(x) finie or V diverge donc phi(x)=0 donc |ksi(x,t)|² =0 proba de trouver des particules est nulle. (cohérent avec le confinement)
Particule dans un puits de potentiel infini
Recherche des états stationnaires
zone 2
V(x)=0 donc d²phi(x)/dx² +2mE/_h² pi(x) =0 et E=Ec+Ep=Ec+V=Ec sup 0
Cas E=0: phi(x)=Ax+B or phi continue donc B=0 et 0=aA+B donc A=B=0 ksi=0
Cas E supst 0 on pose k=(2mE/_h²)^1/2 donc phi(x)=Aeikx + Be-ikx donc ksi(x,t)=Aei(kx-wt) + Be-i(kx+wt) on a superposition d’ondes I et R.
Particule dans un puits de potentiel infini
Recherche des états stationnaires
zone 2 on a ksi(x,t)=Aei(kx-wt) + Be-i(kx+wt)
D’apres la continuité de phi en x=0 et x=a on a :
0=A+B et 0=Aeika -A e-ika donc 2iAsin(ka) =0.
Si A =0 pas de ksi. Donc ka=npi d’on k=npi/a vecteur d’onde quantifié. Ainsi E(m)=_h²k²/2m =n²pi²_h²/2ma²=n²h²/8ma² energie quantifié. On a donc ksi(x,t)=A2isin(kx)exp(-iwt) =2Asin(kx)expi(pi/2-wt) séparation des variables x et t, on onde stationnaire.
Particule dans un puits de potentiel infini
Recherche des états stationnaires
On a ksi(x,t)=A2isin(kx)exp(-iwt) =2Asin(kx)expi(pi/2-wt)
calcule du module et expression de A
|ksi(x,t)|²=4A²sin²(kx) donc int(0,a)4A²sin²(kx)dx=1 puis
4A²[ a/2 - sin(2kx)/4kx] =2A²a =1 donc A=1/(2a)^1/2
Rq, drondksi/drondx n’est pas continue ni en 0 ni en a. car la discontinuité de V est infinie
Particule dans un puits de potentiel infini
Recherche des états stationnaires
Representation de la densité de proba |ksi(x,t)|² = 2/a sin²(kx)
On a un graphe |ksi(x,t)|² en fonction de x et entre x=0 et x=a on a différents modes selon les valeurs de n, comme sur la corde de Melde.
Particule dans un puits de potentiel infini
Recherche des états stationnaires
Rq a propos de l’energie d’un etat stationnaire
On remarque que l’énergie d’un état stationnaire liée (particule confinée) est d’autant plus élevée que la fonction d’onde présente un nombre important de nœuds.
Analogie avec la corde vibrante
Soit une corde dont on fixe les extrémités en x=0 et en x=a. on observe les memes ordres que notre |ksi(x,t)|² en fonction de x. On a lambdan=2a/n et ka=2pi/lambda=npi/a comme pour la particule quantique confiné ds un puits de potentiel infinie.
Energie minimal de confinement
En meca classique. Si on considère une bille dans une bille immobile dans le fond d’une gouttière. on a E=Ec+Ep=0+Ep=Epmin
La situation correspond a l’état de plus basse énergie.
En meca quantique: particule confinée ds un puit de largeur a (Dx=a) l’inégalité de Heisenberg donne DxDpx sup_h/2 donc Dpx sup _h/2Dx = _h/2a
or Dpx=[(px²) - (px)²)^1/2 or (px) = k_h -k_h=0 donc Dpx=[(px)²]^1/2 donc (px²) sup (_h/2a)² or px²=v²m²=2mEc
donc (Ec) sup _h²/8ma² soit l’energie cinétique minimal de confinement est d’autant plus grande que a est petit.
Combinaison linéaire de deux états stationnaires :
soit ksi(x,t)=@(ksi1(x,t)+ksi3(x,t)) |ksi(x,t)|²=@²[|ksi1|²+|ksi3|²+ksi1ksi3*+ksi1*ksi3) donc en intégrant de 0 à a on a 1=@²[1+1+...) ... : ksi1(x,t)=(2/a)^1/2sin(k1x)expi(pi/2-w1t) idem pour ksi3 donc ksi1ksi3*+ksi1*ksi3=2/asin(k1x)sin(k3x)( 2cos(w3t-w1t)) donc a t=0 l'integrale(0,a)(4/asin(k1x)sin(k3x)dx=0 (on integre des cos (sinasinb) puis les sin sont nulles en 0 et a) donc 1=2@² donc @=1/(2)^1/2 et a tdiff de 0 on a |ksi(x,t)|²=1/2( 2/asin²(k1x) + 2/asin²(k3x)+4/asink1xsink3xcos((w3-w1)t) donc le module de la CL est dépendant de t! Ksi ne corres pas a un etat stationnaire! |ksi|² oscille a la periode T=2pi/(w3-w1)
