Corrigé du DS 10

MP 2014-2015
Parc des loges
Corrigé du devoir surveillé n◦10
Physique quantique
21/2
Un état stationnaire est représenté par une fonction d'onde ψ(x, t) = Φ(x)f (t)
iℏ
f ′ (t)
ℏ2 ∂ 2 Φ
=−
+ V(x) = Cte
2
f (t)
2mΦ ∂x
Cette constante est homogène à une énergie et on l'appelle E. On constate que E est l'énergie de la particule.
On a alors l'équation de Schrödinger indepéndante du temps :
−
ℏ2 ∂ 2 Φ
+ V(x)Φ = EΦ
2m ∂x2
On peut déterminer aisément la fonction f
f (t) = Ae−i ℏ
Et
La densité de probabilité de présence est indépendante du temps :
|ψ|2 = |Φ|2
22/1
On injecte la solution dans l'équation de Schrödinger indépendante du temps et on obtient E =
ℏ2 k 2
2m
p2
La relation de De Broglie s'écrit p = ℏk. On trouve donc E =
qui correspond à l'énergie
2m
cinétique et donc à une énergie potentielle nulle.
23/0,5
24/0,5
25/1
L'onde rééchie s'écrit Φr (x) = Ar ei(−kx−ωt)
Pour x > 0,
d2 Φ
− q 2 Φ = 0 avec q =
2
dx
La solution est
√
2m(V0 − E)
ℏ2
Φ(x, t) = F expqx +G exp−qx
F=0 car la probabilité de présence ne peut diverger. L'onde transmise est donc du type :ψ(x, t) = At exp−qx exp −iω
26/0,5
Il s'agit d'une onde évanescente analogue à celle produite dans un plasma pour ω < ωp .
27/0,5
Φ et sa dérivée sont continue en x = 0.
28/2
La continuité de Φ et de sa dérivée en 0 donnent
Ai + Ar = At
d'où
et ik(Ai − Ar ) = −qAt
Ar =
k − iq
Ai
k + iq
Comme le module de ce rapport est 1 on peut écrire ce complexe sous la forme eiθ .
On trouve alors
1
Devoir surveillé n◦ 10
At
2k
=
Ai
k + iq
On a vu que la densité volumique de charge est analogue à |ψ|2 . On dénit donc pour une particule
libre de vitesse v , la densité de courant de probabilité
29/1
→
−
−
→
j = |ψ|2 v
On trouve alors
30/0,5
−
→
−
→
2 ℏk
j = |ψ|
m
On dénit les coecents de réexion et de transmission des courants de probabilités :
R=
31/0,5
|Jr |
|Ji |
et T =
|Jt |
|Ji |
On trouve alors
R = 1 et T = 0
32/3
La densité de probabilité de présence pour x < 0 s'écrit
2 2
ρ(x) = Ai eikx + Ar e−ikx = Ai eikx + Ai ei(θ−kx) d'où
ρ(x) = |Ai |2 (eikx + ei(θ−kx) (e−ikx + e−i(θ−kx)
soit
ρ(x) = 2 |Ai |2 (1 + cos(2kx − θ))
Pour x > 0,
ρ(x) = |At |2 e−2qx
La densité de probabilité de présence n'est pas nulle bien que T=0 car les électrons ont une probabilité
non nulle de se trouver en x > 0 mais on une chance nulle de franchir la marche.
Pour cette situation, les phénomènes classiques et quantiques se rejoignent (T=0) bien que la
densité de probabilité de présence soit non nulle pour x > 0 en quantique (ce qui est inconcevable en
physique classique).
33/0,5
On considère que l'onde dans la zone 0 < x < d est du type Ae−qx puisqu'on néglige l'onde rééchie
dans cette zone.
L'onde en x > d est du type Beik(x−d) . La continuité en x = d implique
34/2
B=
k − iq −qd
Ae
k + iq
Le coecient de transmission s'écrit alors
k − iq 2 ( −qd )2
|J(d+ |
e
Tb =
=
|Ji (x = 0− )| k + iq On trouve bien que Tb varie comme e−2qd
2
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Dans la question 32 la densité de probabilité de présence de la particule n'est pas nulle sur une
distance d'environ 1/q . La particule va rebondir en x = d et créer une onde en exp(qd). La combinaison de
ces deux ondes va créer un courant de probabilité non nul capable de franchir la barrière ce qui est impossible
pour une particule classique.
35/1
L'énergie de Fermi EF est l'énergie maximale des électrons. On la lit sur la gure comme étant
la hauteur maximale de la zone grisée. Le travail de sortie Ws est l'énergie qu'il faut donner à l'électron
pour l'extraire. Il correspond à la diérence entre V(x = 0) et EF . La diérence de potentiel crée un champ
−
→
électrique entre l'échantillon et la pointe. Les électrons subissent une force électrique−e E et ont une diérence
d'énergie potentielle :
36/2
Ep (x = 0+ ) − Ep (x = d− ) = eU
La grandeur eU se lit sur le graphique entre V(x = 0) et V(x = d), entre le niveau fondamental de l'échantillon
et celui de la pointe et entre l'énergie de Fermi de l'échantillon et celle de la pointe.
Les électrons de l'échantillon qui vont passer par eet tunnel ne peuvent pas avoir une énergie d'un
électron de la pointe d'après le principe d'exclusion de Pauli. Il faut donc que leur énergie soit comprise
entreEF − eU et EF puisqu'aucun électron de la pointe ne possède cette gamme d'énergie.
37/1
Le nombre d'électrons par unité de volume pouvant franchir la barrière correspond au nombre d'électrons par unité de volume dont l'énergie est comprise entre E et E + dE vaut ρ(E)dE. Ici comme eU est
faible devant Ef , on peut considérer que le nombre d'électron pouvant franchir (i.e, d'énergie comprise entre
Ef − eU etEF est environ
38/3
n ≈ ρ(Ef )eU
On peut aussi faire l'hypothèse que la barrière est rectangulaire et V0 − E ≈ Ws . L'intensité du courant
est ensuite proportionnel à nTb soit
√
(
)
2mWs
I ∝ ρ(Ef )eU exp −2d
ℏ
39/3
Si on appelle δ(d) la précision du microscope, on a
√
δI
2mWs
= 0, 1 = 2δ(d)
I
ℏ
d'où
1
2 2mWs
d'où δ(d) = 0, 1ℏ √
δ(d) = 1, 3.10−12 m
ce qui correspond à l'ordre de grandeur de l'énoncé.
40/1 La sensibilité verticale du microscope est limitée par la pointe. La dimension de la pointe est de 0,1
nm ; mesurer une distance plus faible semble délicat.
3
Devoir surveillé n◦ 10
Physique statistique
1.1/0,5
→
→
−
Le moment magnétique d'une boucle de courant est −
m = IS n .
eπr2
2πmr2
−e
donc mz −
. Comme le moment cinétique est Lz = mr2 θ˙ =
on en déduit
T
T
T
+
−e
− −eℏ
mz =
Lz =
.
2m
2m
1.2/1,5
Ici I =
1.3/1
Application numérique :
−22
mz = +
A.m2
− 9, 23.10
La loi de Bolztmann donne p(ε) = Ae− kB T . La somme des probabilités vaut 1 et
ε
2.1/1
1
(
A=
2 ch
2.2/2
µB
kB T
)
On a ⟨ε⟩ = ε+ p(ε+ ) + ε− p(ε− ). Il vient alors
(
⟨ε⟩ = −µB th
2.3/0,5
On a simplement Emoy = −NµB th
(
µB
kB T
µB
kB T
)
)
2.4/1
µB
= 60K. Les hautes tempéLes basses températures sont faibles devant la température critique
k B
ratures sont grandes devant cette température.
On constate que si T≪ Tc , l'énergie est celle du fondamental (le seul qui est peuplé) alors que si T ≫ Tc
l'énergie moyenne est nulle car les états sont équiprobables.
2.5/1
2.6/2
et donc
Pour un spin
⟨ 2⟩
ε = p1 ε2 + p2 ε2 = ε2
(
(
))
⟨ 2⟩
µB
2
2
2
∆ε = ε − (⟨ε⟩) = (µB) 1 − th
kB T
2
Pour les N spins indépendants,
4
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(
(
))
µB
2
∆E = N∆ε = N(µB) 1 − th
=
kB T
2
2.7/2
2
2
N(µB)2
(
)
µB
2
ch
kB T
On a donc
∆E
1
=√
|Emoy |
N
(
sh
√
1
)
µB
kB T
Les uctuation décroissent en 1/ N et tendent vers 0 pour un système de grande taille. L'énergie d'un
système en contact avec un thermostat est bien dénie : c'est l'énergie interne du système.
2.8/2
Pour un système de N atomes
dEmoy
NµB2
CV = N
=
dT
kB T 2
2.9/1
(
(
))
µB
2
1 − th
kB T
Pour le système global, les expressions calculées donnent
∆E2 = kB T2 CV
On constate que les uctuations sont proportionnelles à la capacité thermique ; c'est un exemple d'un théorème très général en physique : le théorème de uctuation-dissipation. Les uctuation du système sont
proportionnelles à la réponse du système à une élévation de température.
3.1/1
L'aimantation est
(
⟨M⟩ = N ⟨mz ⟩ = N (µp(µ) − µp(−µ)) = Nµ tanh
µB
kB T
3.2/1
3.3/1
∆m2z
3.4/1
=
⟨
m2z
⟩
(
(
))
µB
2
− (⟨m⟩z ) = (µ) 1 − th
kB T
On en déduit
2
∆M =
N∆m2z
2
2
(
(
))
µB
2
= Nµ 1 − th
kB T
2
5
)
Devoir surveillé n◦ 10
et on obtient simplement par un calcul identique à celui eectué à la partie précédente
∆E
∆M
=
|Emoy |
⟨M⟩
3.5/2
On dérive et on trouve
Nµ2
χm =
kB T
(
(
))
µB
2
1 − th
kB T
3.6/1
∆M2 = χm kB T
On en déduit une autre version du théorème de uctuation-réponse, où le coecient de réponse linéaire qui
intervient est, sans surprise, la susceptibilité magnétique.
6