MECANIQUE QUANTIQUE Chapitre 3: Solutions stationnaires de l

MECANIQUE QUANTIQUE
Chapitre 3:
Solutions stationnaires de
l’équation de Schrödinger
Pr. M. ABD-LEFDIL
Université Mohammed V- Agdal
Faculté des Sciences
Département de Physique
Année universitaire 07-08
Filières SM-SMI
On a vu que l’équation de Schrödinger dépendante
du temps était donnée par:
→
→
→

∂ψ ( r , t )  h 2


ih
= −
∆ + V ( r , t ) ( ψ ( r , t )
2
m
∂t


Lorsque le potentiel V est indépendant du temps
V(r,t)=V(r), l'équation de Schrödinger devient:
→
→ 
→
→
∂ψ ( r , t )  h 2


ih
= −
∆ + V ( r ) ψ ( r , t ) = H ψ ( r , t )
2
m
∂t


H est appelé Hamiltonien du système.
les solutions de l'équation de Schrödinger seront
dites solutions stationnaires.
Le système est dit conservatif et son énergie est
constante.
1
On avu dans le TD n°2 que la fonction d’onde
peut être écrite sous forme d’un produit de
fonction spatiale φ et de fonction temporelle u:
ψ(x,t)= φ(x) u(t)
On a montré que:
On a vu dans le TD n°2 que la fonction d’onde peut être
écrite sous forme d’un produit de fonction spatiale φ et
de fonction temporelle u: ψ(x,t)= φ(x) u(t)
On a montré que:
E
−i t
h
ψ(x, t) = A e
φ(x)
A 3 dimensions, on obtient:
→
E
−i t
h
ψ( r , t) = A e
→
φ( r )
La résolution de l’équation de Schrodinger se réduit alors à
A 1 dimension

 h2 ∂2
φ( x) = Eφ( x)
 −
V
(
x
)
+
2
2
m
x
∂


2
Etude de quelques systèmes
unidimensionnels
On se limitera à des formes de potentiel
très simplifiées afin de pouvoir résoudre
sans difficulté l'équation de Schrödinger.
Bien que les formes du potentiel que
nous allons étudier soient simples, ils
correspondent à des applications très
intéressantes.
1- Saut de potentiel
2- Barrière de potentiel
3- Puits de potentiel fini
4- Puits de potentiel infini
5- Particule dans une boite (3D)
1- Saut de potentiel
Il est défini par:
0
V(x) = 
V0
si x < 0
si x > 0
région I
région II
L’énergie E de la particule doit être positive afin que l’onde
incidente soit une onde de propagation. On supposera que
La particule vient du coté négatif de l’axe des abscisses x.
Nous allons distinguer deux cas: x< 0 et x> 0.
A- E > V0
1- x< 0: l’équation de Schrodinguer s’écrit:
− h2 d2φ(x)
d2φ(x) 2
2mE
= Eφ(x) ⇔
+ k1φ(x) = 0 où k12 = 2
2
2
2m dx
dx
h
La solution générale est alors
donnée par:
φ1( x ) = Aeik1x + Be −ik1x
3
L’onde incidente est représentée par le terme exp(ik1x) et qui
correspond à une onde plane allant de gauche vers la droite.
Lorsque la particule arrive en x=0, elle peut soit être réfléchie,
soit être transmise.
L’onde réfléchie est représentée par le terme exp(-ik1x).
2- x> 0: l’équation de Schrodinguer s’écrit:
− h2 d2φ(x)
d2φ(x) 2
+ V0φ(x) = Eφ(x) ⇔
+ k2φ(x) = 0
2m dx2
dx2
Avec:
k22 =
2m(E − V0 )
h2
La solution générale est alors
donnée par:
φ2(x) = Ceik2x +De−ik2x
Le premier terme en exp(ik2x) correspond à une onde plane
allant de gauche vers la droite: il représente donc l’onde
transmise.
Par contre le second terme représente une onde venant de +
l’infini allant vers la gauche. Comme nous n’avons pas de
particule qui provient dans ce sens, nous poserons D= 0
φ( x )
2
4
Remarque: L’onde incidente et l’onde réfléchie interférent
comme le montre la figure précédente.
Conditions aux limites:
La fonction φ(x) et sa première dérivée φ’(x)
doivent être continues en x= 0.
φ(0 − ) = φ(0 + ) ⇔ A + B = C
φ' (0 − ) = φ' (0 + ) ⇔ ( A − B) =
B=
On trouve:
k1 − k 2
A
k1 + k 2
et C =
k2
C
k1
2k 1
A
k1 + k 2
Pour x< 0, la densité de probabilité ρ=φ*(x) φ(x) est donnée par:

k −k
k −k

φ1 ( x) = A 1 + ( 1 2 )2 + 2 1 2 Cos(2k1x)
k +k
k +k
2
2

1
2
1
2

Pour x> 0, la densité de probabilité ρ=φ*(x) φ(x) est donnée par:
4k12
φ2 ( x ) = C = A
[k1 + k2 ]2
2
2
2
5
Détermination de la densité de courant de probabilité J:
→
→
→
J = ρ v = ψ
∗
p
ψ
m
dN/dt est le taux de comptage dans un détecteur de surface S
exposé à un flux de particules dont la densité est j=ρ v.
ρ étant la densité des particules et v leur vitesse.
h k1
AA
m
incidente
: Ji =
Onde
réfléchie
h k1
:Jr = −
AA
m
Onde
transmise
Onde
:Jt =
∗
hk2
AA
m
∗
∗
 k1 − k 2 


k
+
k
 1
2 
4 k 12
[k 1 + k 2 ]2
2
La probabilité de réflexion s’exprime par:
k − k2
J
R = r =  1
Ji
 k1 + k2



2
La probabilité de transmission s’exprime par:
T =
On remarque que:
Jt
=
Ji
4 k 1k 2
(k 1 + k 2 )2
R+T =1
Remarque: Dans une situation analogue en mécanique
classique, la particule serait toujours transmise, alors qu’en
mécanique quantique elle a une probabilité non nulle d’être
réfléchie
6
B- E < V0
1- x< 0: l’équation de Schrodinguer ne change pas:
− h2 d2φ(x)
d2φ(x) 2
2mE
2
=
E
φ
(
x
)
⇔
+
k
φ
(
x
)
=
0
où
k
=
1
1
2m dx2
dx2
h2
φ1(x) = Aeik1x + Be−ik1x
2- x> 0: l’équation de Schrodinguer s’écrit:
d2φ(x) 2
+ k2φ(x) = 0
dx2
avec
k22 =
2m(V0 − E)
h2
La solution générale est donnée par:
φ2 ( x) = Cek 2x + De−k 2x
L’exponentielle positive diverge et ne représente donc pas
une solution physique: C= 0.Il reste:
φ2 ( x) = De−k 2x
φ2 tend vers 0 à l’infini: C’est une onde évanescente.
Il n’y a pas d’onde transmise.
7
φ2(x)
φ2(x)2
Conditions aux limites:
La fonction φ(x) et sa première dérivée φ’(x)
doivent être continues en x= 0.
φ1 (0 − ) = φ2 (0 + ) ⇔ A + B = D
φ '1 (0 − ) = φ '2 (0 + ) ⇔ ( A − B ) = i
On trouve:
A=
D k 1 + ik 2
2 k1
et B =
k2
D
k1
D k 1 − ik 2
2 k1
8
Détermination de la densité de courant de
probabilité J comme dans la première partie:
→
→
J = ρ v = ψ
Ji =
→
∗
h k1 1
D
m 4
1
Ji = +
D
4
1
D
Jr = −
4
2
2
p
ψ
m
2
k 1 + ik
k1
2
k 1 − ik
k1
k 12 + k 22
k 12
h k1
m
k 12 + k 22
k 12
h k1
m
On a le coefficient de réflexion R:
2
R =
⇔
Jr
= 1
Ji
Remarques
1- R dépend de la valeur de E par rapport à V0
1

2


V
0
R =  1 − 1 − E 


 1 + 1 − V0 

E 
si E < V0
Si E > V0
2- Comme l’équation de Schrödinger est linéaire,
la superposition de solutions du type présenté
est aussi une solution. On peut alors construire
une solution type paquet d’ondes, qui seront en
partie réfléchies et en partie transmises.
9
2- Barrière de Potentiel
Elle est
définie par:
si x < 0
0

V( x ) = V0
0

région I
si 0 < x < a région II
si x > a
région III
V(x)
V0
Région I
Région II
Région III
a
1- x< 0 (région I): l’équation de Schrodinguer s’écrit:
− h2 d2φ(x)
d2φ(x) 2
2mE
= Eφ(x) ⇔
+ k1φ(x) = 0 où k12 = 2
2
2
2m dx
dx
h
La solution générale est alors
donnée par:
φ1( x ) = Aeik1x + Be −ik1x
2- x> a (région III): l’équation de Schrodinguer s’écrit:
φ3(x) =C eik x + De−ik x
La solution générale est alors donnée par:
Mais D=0, d’où
1
1
φ3(x) =C eik x
1
3- 0<x< a (région II): l’équation de Schrodinguer s’écrit:
− h 2 d 2 φ( x )
+ V0 φ( x ) = E φ( x )
2 m dx 2
10
Dans cette zone 0<x< a, on distingue deux cas:
a- E<V0:
φ2(x) = Fek2x + Ge−k2x aveck2 =
1
2m(V0 − E)
h
b- E>V0:
φ2(x) = Feik3x + Ge−ik3x aveck3 =
1
2m(E − V0 )
h
Classiquement: si E>U0, la traversée de la barrière
est possible. Par contre pour E<U0, il est impossible.
Qu’en est il en mécanique quantique?
a
11
Conditions aux limites:
La fonction φ(x) et sa première dérivée φ’(x)
doivent être continues en x= 0 et en x=a.
φ1 (0− ) = φ2 (0+ ) et φ2 (a− ) = φ3 (a+ )
φ'1 (0− ) = φ'2 (0+ ) et φ'2 (a− ) = φ'3 (a+ )
On pourra ainsi déterminer les constantes B, C, F et G
en fonction de A (A étant l’amplitude de l’onde incidente)
Pour déterminer cette probabilité,
on calculera les densités de
courant de probabilité:
→
Le coefficient de transmission
T est alors donné par:
hk1
AA ∗
m
hk1
= −
BB
m
hk1
=
CC ∗
m
Ji =
Jr
J
t
∗
Jt
CC ∗
T =
=
Ji
AA ∗
φ( x )
φ(x)
2
a
12
E<V0:



sinh2 (k 2a) 


T = 1+
E
 4 ( V − E) 
0


V02
−1
Où k 2a =
2mV0 a 2
E
(
1
−
)
h2
V0
T représente la probabilité de
transmission par effet tunnel. C’est
un phénomène très important en
physique.(Microscope à effet tunnel,
Électronique, …)
E>V0:


2

sin (k 3a) 

T = 1+
E
 4 (E − V ) 
0


V02
−1
Où k 3a =
2mV0a 2 E
( − 1)
V0
h2
T oscille en fonction de E et devient
totale seulement pour certaines
valeurs de celle-ci.
Le fait le plus remarquable est que même pour E<V0, la particule à une
certaine probabilité d’être transmise. Ce qui est contraire à la physique
classique.
Ce phénomène est appelé EFFET TUNNEL.
V0
T dépend de la hauteur de barrière V0, de sa largeur a ainsi que de
l’énergie E de la particule incidente.
Pour E>V0, sin devient oscillant. Ce qui conduit à T oscillatoire aussi.
La résonance T=1 se produit seulement pour quelques valeurs
d’énergie spécifiques.
Pour d’autres valeurs de E, certaines particules sont réfléchies même
pour E>V0: c’est là la nature ondulatoire d’une particule quantique.
13
Exercice: Deux fils de cuivre sont séparés par une couche
d’oxyde isolante. On modélise cette couche par
une hauteur de barrière égale à V0=10 eV.
1- Estimer le coefficient de transmission dans le<cas où
L’énergie incidente de l’électron est de 7 eV.
On distinguera
Les deux cas: a= 5 nm et a=1nm
Solution:
1- On utilisera la formule ci-dessous:


2

sinh (k 2a) 

T = 1+
E
 4 ( V − E) 
0


V02
Pour a= 5 nm: T=0,963 10-38
−1
Pour a= 1 nm: T=0,657 10-6
Baisser la largeur de 5 fois, conduit à une augmentation de T
de 33 ordres de grandeurs
2- Si un courant électrique de 1 mA arrive sur le fil 1,
quel sera le courant à l’autre extrémité du fil 2 après avoir
traversé la couche isolante d’épaisseur a= 1nm
Solution:
1mA =
q Ne
=
⇔ N = 6,25 1013 électrons
t
t
N est le nombre d’électrons dans la zone du fil 1.
1 mA correspond au courant dû aux électrons incidents
et réfléchis.
Soit Ntransmis le nombre d’électrons transmis:
Ntransmis = N T = 4,11 107
Itransmis = 65,7 pA
14
Microscope à effet Tunnel
Il s'agit, pour simplifier, d'un palpeur, d'une pointe qui suit la surface de l'objet. La pointe balaie
(scanne) la surface à représenter, un ordinateur enregistre la hauteur de la pointe, on peut
ainsi reconstituer la surface.
Pour cela, avec un système de positionnement de grande précision (réalisé à l'aide de
piézoélectriques),
on place une pointe conductrice en face de la surface à étudier et l'on mesure le courant
résultant du passage d'électrons entre la pointe et la surface par effet tunnel (les électrons
libres du métal sortent un peu de la surface, si l'on se met très près sans pour autant la
toucher, on peut enregistrer un courant électrique). Dans la plupart des cas, ce courant
dépend très rapidement (exponentiellement) de la distance séparant la pointe de la surface,
avec une distance caractéristique de quelques dixièmes de nanomètres. Ainsi, on fait bouger
la pointe au dessus de l'échantillon avec un mouvement de balayage et on ajuste la hauteur
de celle-ci de manière à conserver une intensité du courant tunnel constante. On peut alors
déterminer le profil de la surface avec une précision inférieure aux distances inter atomiques.
Mais souvenons-nous que l'on a une image de synthèse, pas une « photographie » des
atomes.
(Première réalisation en 1982 par les
chercheurs d’IBM- Zurich. Ces auteurs ont
reçu le prix Nobel en 1986.
« STM Scanning Tunneling Microscopy »)
AFM (Atomic Force Microscopy) pour les
échantillons non conducteurs.
3- Puits de potentiel fini
Il est défini par:
Région I
Région I
Région III
Région II
Ce cas sera traité dans l’exercice IV du TD n°3
15
4- Puits de potentiel infini
Zone II
Zone I
Zone III
V(x)=0
L
La résolution de l’équation de schrodinger nous donne en
tenant compte du fait que: φ(0)=φ(L)=0
Pour x>a et x<0, il est impossible de trouver la particule
(les parois du puits sont rigides):
φΙ(x)= φΙΙΙ(x)=0
Pour 0< x <L (zone II)
2
−h2 d2φ(x)
d
= Eφ(x) ⇔ φ(x) + k 2φ(x) = 0 où k 2 = 2mE
2
2m dx
dx2
h2
La solution est:
φ II ( x ) = Ae ikx + Be − ikx
Conditions de raccordements (de continuité):
φII(0) = φI(0) ⇔ A + B = 0
D’où
φII(L) = φIII(L) ⇔ AeikL + Be−ikL = 0
A = −B
et
A(eikL − e−ikL) = 0 ⇔ k =
nπ
L
n∈Z∗
16
n2π2h2
En =
2mL2
Pour 0< x <L
Énergie du nième niveau:
E est quantifiée
Fonction d’onde du nième niveau (où C=Cte de normalisation):
φn ( x) = C sin
nπ
x
L
avec
C=
2
L
a
et
∫ φ (x)φ
n
m
φn(x)
2
( x)dx = δnm
0
φn(x)
E
5- Particule dans
une boite (3D)
Extension de l’étude d’une particule
Dans une boite avec des murs rigides
Lx=Ly=Lz=L
Boite avec des murs rigides: V est infini
suivant les 3 directions OX, Oy et OZ
V= 0 pour 0 <x,y,z < L
17
L’équation de Schrödinger (3D) pour un potentiel indépendant du temps.
→ 
→
→
→
 h2
 −
∆ + V ( r )  φ ( r ) = H φ ( r ) = E φ ( r )
2
m


On a:
→
→
→
→
r = x i+ y j+ zk
et
→
φ( r ) = φ( x, y, z )
∂2
∂2
∂2
∆ =
+
+
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
h2
h2 ∂2
h2 ∂2
h2 ∂2
) + (−
) + (−
)
−
∆ = (−
2m
2m ∂ x 2
2m ∂ y 2
2m ∂ z 2
=
E CX
+
E Cy
+
E Cz
Or V= 0 pour 0 <x,y,z < L,
L’équation de Schrödinger devient
→
→
→
h2
−
∆ φ( r ) = H φ( r ) = E φ( r )
2m
Comme x,y et z sont indépendantes, on peut écrire:
→
φ( r ) = φ( x, y, z ) = φ 1 ( x ) φ 2 ( y ) φ 3 ( z )
En substituant dans l’équation de Schrödinger ci-dessous
et en divisant par φ(x,y,z), on obtient:
1
h2 ∂2φ1(x)
1
h2 ∂2φ2(y)
1
h2 ∂2φ3(z)
(−
)+
(−
)+
(−
) =E
φ1(x) 2m ∂x2
φ2(y) 2m ∂y2
φ3(z) 2m ∂z2
18
Comme E=Constante, l’expression n’est vraie que si:
h2 ∂2φ1(x)
−
= E1φ1(x)
2m ∂x2
Avec:
h2 ∂2φ2(y)
−
= E2φ2(y)
2m ∂y2
h2 ∂2φ3(z)
−
= E3φ3(z)
2m ∂z2
E1 + E 2 + E 3 = E
E étant l’énergie totale du système 3D.
Chaque terme ressemble à celui qu’on a vu dans le cas
d’un puits de potentiel infini. Par conséquent:
φ1( x) ∝ sin k1x
φ2 ( y) ∝ sin k 2 y
φ3 (z) ∝ sin k 3 z
Conditions de raccordement:
φi (L ) = 0 ⇔ sin k iL = 0 ⇔ k iL = nπ
avec i = 1, 2 et 3
n ∈ Z∗
La quantité de mouvement 3D a pour composantes:
P1 = hk 1 = hk x = h
π
n1
Lx
P3 = hk 3 = hk z = h
π
n3
Lz
L’énergie E est donnée par:
P2 = hk 2 = hk y = h
π
n2
Ly
n1, n 2 et n3 = 1, 2,..... + ∞
E = En1,n2 ,n3
P2
1
h 2π2 2
2
2
2
E=
=
(P1 + P2 + P3 ) =
(n1 + n 22 + n32 )
2
2m 2m
2mL
19
La fonction d’onde φ(x,y,z) est donnée par:
φ(x, y, z) = A sink1x sink2y sink3z
Où A est la constante de normalisation.
La fonction d’onde ψ(x,y,z) est donnée par:
E
-i t
h
ψ(x, y,z,t) = A sink1x sink2y sink3z e
Détermination de A:
∗
ψ
∫∫∫ ( x, y, z)ψ( x, y, z) dxdydz = 1
Boite
A
2
L
L
∫ sin k1x dx
2
0
On trouve:
L
2
sin
k
y
dy
sin
2
∫
∫ k3z dz = 1
2
0
2
A= 
L 
0
3
2
3
2
E
-i t
 2
ψ ( x, y, z, t ) =   sin k1x sin k2 y sin k3 z e h
 L
1er état (fondamental):n1=n2=n3=1
2 ème état (1er état excité):
C’est un état dégénéré:
même énergie pour 3
états différents.
E111
E1er état excité
h 2π2
=3
= E0
2mL2
h 2π2
=6
= 2 E0
2mL2
E112 = E121 = E 211
20
n2
Dégénérescence
4 E0
12
11/3 E0
11
3
3 E0
9
3
2 E0
6
3
E0
3
Pas de dégénérescence
Pas de dégénérescence
21