Mécanique Quantique 1 —– CORRIGÉ La première partie de ce document donne la correction détaillée de la séance d'exercice 1 sur les états liés du puits
Previous PDF | Next PDF |
[PDF] Mécanique Quantique III - De Boeck Supérieur
extenso les corrigés des exercices et probl`emes proposés `a la fin de chaque chapitre de l'ouvrage Mécanique Quantique, tomes I et II Chaque probl`eme
[PDF] Travaux dirigés de mécanique quantique
Exercice 7 : Mesures quantiques et évolution temporelle En physique quantique, l'état d'une particule ne peut être prédit : on connaıt seulement sa probabilité
[PDF] Mécanique quantique - Laboratoire de Physique Théorique et
1 4 Aperçu des postulats de la mécanique quantique A 2 Fonction de Green de l'équation de Schrödinger stationnaire 199 Exercices Laquêche, que je remercie chaleureusement, m'a donné l'occasion de corriger les co-
[PDF] Travaux Dirigés de Mécanique Quantique
Mécanique Quantique 2008- TD 7 : Oscillateur harmonique – Produit tensoriel 16 1/ Quel est le mouvement d'une particule dans ce potentiel en mécanique classique ? niveaux d'énergie, corrigée de l'effet de la masse finie du proton
[PDF] Mécanique Quantique 1 —– CORRIGÉ Séance dexercices 1 : États
Mécanique Quantique 1 —– CORRIGÉ La première partie de ce document donne la correction détaillée de la séance d'exercice 1 sur les états liés du puits
[PDF] MÉCANIQUE QUANTIQUE
1 4 Exercice corrigé : le paquet d'onde gaussien 1 4 1 Énoncé On suppose que dans l'équation (1 9), la fonction f(k) est donnée par : f(k) = (4πa2)3/4 exp ( −
[PDF] Mécanique Quantique Travaux Dirigés
Master de Physique 1ère année - Mécanique Quantique TD 1: Systèmes quantiques de dimension finie Exercice 1 1- Atome à 2 niveaux dans l' approximation
[PDF] Travaux dirigés de mécanique quantique pour la chimie
Ce recueil d'exercices a été rédigé pour vous permettre de “pratiquer” la mécanique quantique Un des de la mécanique quantique et de connecter ce dernier `a des notions physiques (ou chimiques) La totalité des cq_1er_semestre pdf
[PDF] Introduction à la physique quantique - Psychaanalyse
Introduction à la physique quantique Cours • Exercices et problèmes corrigés JEAN-LOUIS BASDEVANT Introduction à la physique quantique
[PDF] Michel Le Bellac Correction dune sélection des exercices Physique
des exercices Physique Quantique 6 Exercices du chapitre 6 23 D'apr`es la linéarité de la mécanique quantique, le vecteur d'état final est χf 〉 = ∑n
[PDF] exercice corrigé méthode de newton
[PDF] exercice corrigé méthode de point fixe
[PDF] exercice corrigé méthode de simpson
[PDF] exercice corrigé méthode de strejc
[PDF] exercice corrigé méthode de trapèze
[PDF] exercice corrigé methode de wilson
[PDF] exercice corrigé méthode des centres d'analyse
[PDF] exercice corrigé methode des couts complets
[PDF] exercice corrigé méthode des couts variables
[PDF] exercice corrigé méthode des moindres carrés
[PDF] exercice corrigé méthode des moments
[PDF] exercice corrigé méthode des trapèzes
[PDF] exercice corrigé modele wilson
[PDF] exercice corrigé moment d'une force
École polytechnique de Bruxelles PHYSH301/2016-2017
Mécanique Quantique 1 -- CORRIGÉ
La première partie de ce document donne la correction détaillée de la séance d"exercice 1 sur les
états liés du puits carré. La deuxième partie de ce document propose un exercice similaire mais sur
l"oscillateur harmonique. Ceci n"a pas été vu en classe, mais est lié à la matière du cours.
Séance d"exercices 1: États liés du puits carré.PUITS CARRÉ INFINI EN 1 DIMENSION
Exercice a
Notez d"abord que le puits étant infini, il n"admet que des états liés!À l"extérieur du puits, le potentiel étant infini, la fonction d"onde est nulle. Comme la fonction d"onde
doit être continue, on en déduit les conditions limites de la fonction d"onde à l"intérieur du puits :
(0) = (L) = 0 indépendante du temps, en une dimension, qui est donnée par : ~22m@ 2@x2+V(x)
(x) =E (x) Comme le potentiel est nul, cela devient simplement ~22m@ 2@x2 (x) =E (x)
ou encore, en posantk=p2mE=~, @2@x2 (x) =k2 (x):
La solution de cette équation différentielle est donnée par des sinus et cosinus. Ainsi, de façon générale,
la solution est (x) =Asin(kx) +Bcos(kx): En utilisant les conditions limites mentionnées précédemment, on trouve (0) = 0)B= 0 (L) = 0)Asin(kL) = 0)kL=n oùnest un entier positif. Ainsi, (x) =Asin nxL 1 Pour trouver la valeur deAil reste à normaliser la fonction : Z L 0 j (x)j2dx=A2ZL 0 sin nxL dx =A2LZ 1 0 sin2(ny)dyoù on a poséy=x=L =A2LZ 101cos(2ny)2
dy =A2Ly2 sin(2ny)4n 1 0 =A2L2 Puisque la norme de la fonction d"onde vaut1on trouve queA=p2=Let donc n(x) =8 :q2 L sin n xL si0xL0sinon
Notez quenreprésente ici le nombre quantique.
Exercice b
Puisque, de l"exercice précédent on tire quek=p2mE=~etkL=n, on en déduit facilement que les énergies propres du puits infini sont E n=k2~22m=n22~22mL2 . Puisquenest entier, on comprend ici que l"énergie est quantifiée.Remarquez que si le puits carré est de profondeur finieV0, on a une solution (x)non nulle à l"extérieur
du puits, comme on le verra à l"exercice 3. Dans ce cas là, il y aura également un nombre fini d"états
liés.PUITS CARRÉ INFINI EN 3 DIMENSIONS
Exercice a
~22m @2@x2+ +@2@y
2+@2@z
2 +V(3)(x;y;z) (x;y;z) =E (x;y;z) En supposant que la solution a la forme (x;y;z) = 1(x) 2(y) 3(z), on trouve2(y) 3(z)
~22m@2 1(x)@x
2+V1(x) 1(x)
+ 1(x) 3(z) ~22m@2 2(y)@y
2+V2(y) 2(y)
+ 1(x) 2(y) ~22m@2 3(z)@z
2+V3(z) 3(z)
= 2(y) 3(z)(E1 1(x)) + 1(x) 3(z)(E2 2(y)) + 1(x) 2(y)(E3 3(z)) 2où on a posé queE=E1+E2+E3. On a donc 3 fois un problème unidimensionnel qui se ramène en
fait au cas étudié à l"exercice1:~22m@ 2@x2i+Vi(xi)
i(xi) =Ei i(xi) pour i=1,2,3. La solution générale dépend alors de trois nombres quantiquesn1,n2etn3: n1;n2;n3(x;y;z) =r8 L1L2L3sin
n 1xL 1 sin n 2xL 2 sin n 3xL 3Exercice b
En se basant également sur le résultat de l"exercice1, on trouve que les énergies liées sont :
E n1;n2;n3=2~22m n21L21+n22L
22+n23L
23Remarquez que dans ce cas-là, certaines dégénérescences sont possibles.
Exercice c
Ici, on cherche à calculer le nombre d"états quantiqueN(E0)dans la boîte dont l"énergie est inférieure
à une certaine valeurE0. On cherche doncN(E0)tel que n 21L21+n22L
22+n23L
232mE0
2~2On remarque que c"est comme calculer le nombre d"états à l"intérieur d"une sphère de rayon
R=p2mE0~
en sachant que la densité de points estL1L2L3(l"unité de longueur de la coordonnéeiestni=Li).
On approxime le résultat en oubliant que lesnisont entiers et donc il suffit de calculer le volume de
la sphère multiplié par sa densité. Par contre, il ne faut pas oublier que lesnine peuvent être que
positifs et donc on ne prend qu"un huitième du volume de la sphère. :N(E0)18
volumedensité 18 43(2mE0)3=2
3~3L1L2L3
43p30L1L2L3h 3
où à la dernière ligne on a posé que~=h2etp0=p2mE0.p0représente l"impulsion d"une particule
de massemdont l"énergie cinétique estE0.Ainsi, on remarque dans la dernière équation queL1L2L3représente le volume dans l"espace des
positions alors que4p30=3représente le volume dans l"espace des impulsions.Dans une volume arbitraire de l"espace des phases, le nombre d"états quantiques indépendants est en
fait donné parNxyzpxpypzh
3 C"est comme si chaque état se trouvait dans une petit boîte de côtéh.Lorsqu"il s"agit de fermions, cela revient simplement à compter le nombre de particules dans la boîte
jusqu"à une certaine énergie, puisqu"il n"y a qu"une seule particule par niveau (on ne peut pas mettre
plus d"un fermion par petite boîte). Notez également que l"on ne connaît par précisémentxetpà
l"intérieur de la petite boîte. 3PUITS CARRÉ FINI EN 3 DIMENSIONS
Exercice a
H =E ,
~22mr2+V(r) (r) =E (r) où le laplacien en coordonnées sphérique est r 2=1r 2@@r r2@@r +1r 21sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! ~22mr2@@r r2@@r ~22mr21sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! +V(r)# (r;;) =E (r;;) En multipliant l"équation par2mr2, on peut rendre l"équation séparable : ~2@@r r2@@r ~21sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! + 2mr2V(r)# (r;;) = 2mr2E (r;;) ou encore ~2@@r r2@@r + 2mr2V(r)E# |{z} partie radiale (r;;) =~21sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! |{z} partie angulaire (r;;)Exercice b
[energie] =[p2][2m]=[(~=longueur)2][2m]=~22ma2 où on utilise le fait quexp~pour trouver que l"unité depest celle de~=longueur. Notez qu"on veut rendrerégalement sans dimension. Pour ceci on définit une variabler0=r=aqui est sans dimension. Alors, @@r0=a@@r
et@@r0r02@@r
0=@@r r2@@r ~2@@r 0 r 02@@r 0 +2ma2r02V(r0)E# (r0;;) =~21sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! (r0;;) ou encore (en renommant r"=r) @@r r2@@r +2ma2~ 2 r2V(r)E#
|{z} partie radiale (r;;) =1sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! |{z} partie angulaire (r;;) @@r r2@@r +r2V(r)E# |{z} partie radiale (r;;) =1sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! |{z} partie angulaire (r;;) 4Exercice c
Posons (r;;) =r1ul(r)Yml(
@@r r2@@r +r2V(r)E# r1ul(r)Yml(
1sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! r1ul(r)Yml(
ou encore ru l(r)" @@r r2@@r +r2V(r)E# r1ul(r) =1Y
ml(1sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! Y ml( On remarque que la partie gauche de l"équation ne dépend que deralors que la dépendance dela partie droite de l"équation est uniquement angulaire. Cela signifie donc que chacun des côté de
l"équation est égal à une constante. On choisi cette constante comme étantl(l+ 1). Bien sûr, ce
choix n"est pas arbitraire. Il vient du fait que l"équation1sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! Y ml( ) =l(l+ 1)Yml( où1sin@@
sin@@ +1sin 2@ 2@ 2! =L2 est bien connue et ses solutions sont les harmoniques sphériquesYlmoùlest le nombre quantiqueazimutal etmle nombre quantique magnétique. Rappelez-vous qu"il y a une solution différente pour
chaque valeur demetl. Revenons maintenant à l"équation radiale qui devient ru l(r)" @@r r2@@r +r2V(r)E# r1ul(r) =l(l+ 1)
@@r r2@@r u l(r)r +r2V(r)Eul(r)r =ul(r)r l(l+ 1) @@r r@@r ul(r)ul(r) +r2V(r)Eul(r)r =ul(r)r l(l+ 1) r@2@r2ul(r) +rV(r)Eul(r) =ul(r)r
l(l+ 1) @2@r2+l(l+ 1)r
2+V(r)!
u l(r) =E ul(r) Pour l"ondes, on al= 0et donc l"équation se simplifie en @2@r2+V(r)!
u0(r) =E u0(r)
ou encore u000(r)V0u0(r) =Eu0(r)r <1 u000(r) =Eu0(r)r >1 5Exercice d
Dans ce problème, on cherche les états liés, c"est-à-dire ce qui ont une énergie qui se trouve dans le
puits. On suppose donc queV0< E <0et on pose=pV0+Eet=pE. Ces deux constantes
sont ainsi toujours positive et on peut donc réécrire nos équations u000(r) +V0+E u0(r) = 0r <1
u000(r) +Eu0(r) = 0r >1,u000(r) +2u0(r) = 0r <1
u000(r)2u0(r) = 0r >1
Les solutions de la première équation différentielle sont des exponentielles complexes de la formeeiar
ou encore des fonctioncos(r)etsin(r)alors que les solutions de la seconde équation différentielle
sont des exponentielles réelles de la formeer. Alors, pour avoir des solutions générales (équation
différentielle du second ordre)2 constantes), on écrit : u0(r) =Asin(r) +Bcos(r)r <1 u0(r) =Cer+Derr >1
Pour trouver la valeur des constantes, on utilise les conditions aux bords et les conditions de conti-
nuité : 1. Conditions aux b ords(a) (0)doit être défini)quandr= 0, il faut queu(0) = 0)B= 0 (b) À l"infini, u(r)ne doit pas diverger)le terme enerdoit disparaître)D= 0 2. Conditions de con tinuité(a)La fonction doit être c ontinue)ur<1(r= 1) =ur>1(r= 1))Asin() =Ce (b) La dériv éedoit êt recon tinue)u0r<1(r= 1) =u0r>1(r= 1))Acos() =CeLa condition de continuité nous permet d"écrire A en fonction de C, mais pas de trouver leur valeur.
On trouvera A en utilisant les condition de normalisation dans l"exercice 6. En attendant, en divisant
les deux équations précédentes on trouve : tan() = ,tan(pV0+E) =pV
0+EpEC"est une équation transcendantale. Les valeurs deEqui résolvent cette équations sont les seules
valeurs possibles de l"énergie. En examinant cette équation, on voit bien qu"il y aura un nombre
discret de solutions et non pas une continuité ce qui fait que l"énergie sera quantifiée. Pour trouver
les solutions de cette équation, il faut la tracer (ou la résoudre numériquement) et pour rendre le
problème plus simple, on peut réécrire cette équation en terme deou de: tan( pV02) =rV
021outan() =pV
02 6Exercice e
Pour résoudre l"équation transcendantale, on trace un graphique en fonction de:5101520a-4-22Premièrement, on note qu"on aura une solution chaque fois que0 où, dans la seconde équation, on a écrit C en fonction de A en utilisant les conditions de continuité0(la racine doit être
0, mais comme elle est au numérateur, elle ne peut pas valoir0doncpV
0n"est pas inclus). On
note ensuite qu"on aura une solution chaque fois que la tangente aura une asymptote qui se trouve entre0etpV 0+(pour bien vous en convaincre, tracez le graphique pour différentes valeurs deV0
et observez comment évolue le nombre de solutions) . La tangente, aura une asymptote si tan() =1 ,=(2n+ 1)2 Ainsi, il y aura un état lié si
0 Exercice f
Si on retourne à nos solutionu0(r), on a trouvé : u0(r) =Asin(r)r <1 u 0(r) =Asin()eerr >1
2jY00(;)j2= 1, ,Z
1 0 drju0(r)j2= 1 car les harmoniques sphériques sont déjà normalisées. Ainsi 7 Z 1 0 drju0(r)j2= 1 Z 1 0 drjAj2sin2(r) +Z 1 1quotesdbs_dbs10.pdfusesText_16