Marches de potentiel et potentiels delta
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Marches de potentiel et potentiels delta
Marches de potentiel et potentiels delta Davide Mancusi 5 octobre 2009 1 Marche négative de potentiel Potentiel (g. 1) : ( 0 V (x) = −V0 x<0 x>0 (V0 > 0) Équation de Schrödinger aux valeurs propres : h̄2 2 − ∇ + V (x) ψ(x) = E ψ(x) 2m Il faut d'abord résoudre l'équation séparément à gauche et à droite de puis raccorder les solutions en x=0 (1) x = 0, et en utilisant des conditions de continuité. On est intéressé par le comportement d'une particule qui provient de la gauche de la marche. Soit donc E > 0. 1.1 Solution dans la région I (x < 0) Équation à résoudre (Éq. (1)) : ψI00 (x) = − 2mE ψI (x) h̄2 C'est l'équation d'un oscillateur harmonique. Dénissons r def k= 2mE h̄2 ; La solution générique dans la région I s'écrit : ψI (x) = Aeıkx + Be−ıkx Les deux ondes représentent respectivement une particule d'impulsion (onde incidente) ou −h̄k (onde rééchie). 1 +h̄k VHxL I II x -V0 Fig. 1 Marche négative de potentiel. 1.2 Solution dans la région II (x > 0) Équation à résoudre (Éq. (1)) : 00 ψII (x) = − 2m(E + V0 ) ψII (x) h̄2 C'est encore l'équation d'un oscillateur harmonique. Dénissons s k0 = def 2m(E + V0 ) ; h̄2 La solution générique dans la région II s'écrit : 0 0 ψII (x) = Ceık x + De−ık x On a supposé que la particule provient de la gauche. Donc il n'y a pas d'onde du type 0 e−ık x dans la région II, c'est à dire on impose 0 ψII (x) = Ceık x 1.3 Conditions de raccord Continuité de la fonction d'onde et de sa dérivée : ( ψI (0) = ψII (0) 0 ψI0 (0) = ψII (0) Explicitement : ( A+B =C k(A − B) = k 0 C 2 D = 0. Il nous reste Exprimons B et C comme fonctions de A : k − k0 A k + k0 2k C= A k + k0 B= Solution : ( ψin (x) + ψr (x) x < 0 ψ(x) = , ψt (x) x>0 où def ψin (x) = Aeıkx k − k 0 −ıkx e k + k0 2k ıkx def ψt (x) = A e k + k0 def ψr (x) = A La normalisation de la fonction d'onde (A) reste justement indéterminée, car l'Éq. (1) est linéaire. 1.4 Coecients de transmission et de réexion Courant de probabilité associé à une fonction d'onde def j = ψ : h̄ (ψ ∗ ∇ψ − ψ∇ψ ∗ ) . 2mı Courant incident : h̄ ∗ 0 ∗0 ψin ψin − ψin ψin 2mı h̄k 2 = |A| m jin = Observons que h̄k/m est la vitesse classique de la particule incidente. Courant transmis : h̄ ψt∗ ψt0 − ψt ψt∗ 0 2mı 2 2k h̄k 0 2 |A| = m k + k0 jt = Courant rééchi : h̄ ψ ∗ ψ 0 − ψr ψr∗ 0 2mı r r 2 h̄k 2 k − k 0 = |A| m k + k0 jr = Observons que jin = jt + jr 3 Coefficient 1.0 T 0.8 0.6 0.4 0.2 R E V0 1 Fig. 2 Coecients de transmission et réexion pour la marche négative de potentiel (avec mV0 = 1). pour la conservation de la probabilité. Coecient de transmission (probabilité que la particule traverse la marche de potentiel) : def T = = jt jin 4kk 0 (k + k 0 ) 2 Coecient de réexion (probabilité que la particule soit rééchie par la marche de potentiel) : jr jin 2 k − k0 = k + k0 def R= Et, naturellement, T + R = 1. Limites avec l'énergie : pour E → ∞ : T → 1, R → 0. pour E → 0 : T → 0, R → 1 ! Classiquement, T =1 pour toute E > 0. 2 Potentiel delta Potentiel : V (x) = aδ(x) 4 La fonction delta de Dirac peut être imaginée comme étant nulle partout sauf en x = 0, où elle vaut inni. Elle satisfait l'identité suivante : Z ∞ δ(x)f (x)dx = f (0) −∞ Équation de Schrödinger aux valeurs propres : h̄2 2 − ∇ + aδ(x) ψ(x) = E ψ(x) 2m (2) Comme dans le cas de la marche de potentiel, il faut résoudre l'équation séparément à gauche et à droite de x = 0, et puis raccorder les solutions en x=0 en utilisant des conditions supplémentaires. 2.1 Cas E > 0 2.1.1 Solution dans la région I (x < 0) Équation à résoudre (Éq. (1)) : ψI00 (x) = − 2mE ψI (x) h̄2 Même solution que dans le cas de la marche de potentiel : ψI (x) = Aeıkx + Be−ıkx r 2mE def k= . h̄2 (3) (4) 2.1.2 Solution dans la région II (x > 0) L'équation à résoudre est la même que dans la région I. La solution générique dans la région II s'écrit donc : ψII (x) = Ceıkx + De−ıkx Encore une fois, on impose D=0 et on obtient ψII (x) = Ceıkx . 2.1.3 Conditions de raccord On garde la condition de continuité de la fonction d'onde : ψI (0) = ψII (0) Mais si l'on intègre l'Éq. (2) entre − Pour ε → 0, −ε et ε on obtient : h̄2 0 [ψ (ε) − ψ 0 (−ε)] + aψ(0) = 0 2m on voit que la dérivée de ψ ne peut pas être continue en utilise cette équation comme condition de raccord supplémentaire. 5 x = 0. On Les conditions de raccord sont donc : ψI (0) = ψII (0) 2 − h̄ [ψ 0 (0) − ψ 0 (0)] + aψI (0) = 0 I 2m II Explicitement : A+B =C 2 − Exprimons B et C ıkh̄ (C − A + B) + a(A + B) = 0 2m comme fonctions de A : −1 ıkh̄2 B=A −1 am −1 am + 1 C=A ıkh̄2 Solution : ( ψin (x) + ψr (x) x < 0 , ψ(x) = ψt (x) x>0 où def ψin (x) = Aeıkx −1 ıkh̄2 def ψr (x) = A −1 e−ıkx am −1 am def + 1 eıkx ψt (x) = A ıkh̄2 2.1.4 Coecients de transmission et de réexion Courant incident : jin = |A| 2 h̄k m Courant transmis : 2 h̄k jt = |A| ma2 2h̄2 E −1 1+ 2h̄2 E ma2 −1 1+ m Courant rééchi : 2 h̄k jr = |A| m Coecient de transmission : jt jin −1 ma2 = 1+ 2 2h̄ E def T = 6 Coefficient 1.0 T 0.8 0.6 0.4 R 0.2 2 E Ñ2 m a2 1 Fig. 3 Coecients de transmission et réexion pour la potentiel delta. Coecient de réexion : jr jin −1 2h̄2 E = 1+ ma2 def R= Observons que les coecients ne dépendent que de a2 , et donc sont les mêmes pour un potentiel attractif ou répulsif. Encore une fois, jin = jt + jr , T + R = 1. Limites avec l'énergie : pour E → ∞ : T → 1, R → 0. pour E → 0 : T → 0, R → 1. 2.2 Cas E < 0 états liés 2.2.1 Solution dans la région I (x < 0) Équation à résoudre (Éq. (1)) : ψI00 (x) = − Cette fois, le coecient −2mE/h̄2 2mE ψI (x) h̄2 est positif. Les solutions sont donc des expo- nentielles réelles. La solution générique est : ψI (x) = Aekx + Be−kx r −2mE def k= . h̄2 7 (5) (6) L'interprétation physique de la fonction d'onde (amplitude de probabilité) nous empêche d'accepter des solutions dont l'intégrale diverge. On impose donc B= 0. ψI (x) = Aekx . 2.2.2 Solution dans la région II (x > 0) L'équation à résoudre est la même que dans la région I. La solution générique dans la région II s'écrit donc : ψII (x) = Cekx + De−kx Pour les mêmes raisons que ci-dessus, il faut imposer C = 0. ψII (x) = De−kx . 2.2.3 Conditions de raccord Condition de raccord de la fonction d'onde et de sa dérivée : ψI (0) = ψII (0) 2 − h̄ [ψ 0 (0) − ψ 0 (0)] + aψI (0) = 0 I 2m II Explicitement : Si A = D = 0, A=D h̄ k +a A=0 m 2 on obtient la solution banale (et non physique) : ψ(x) = 0 partout. On est intéressés par des solutions qui soient normalisables, donc avec A 6= 0. Une telle solution existe seulement si h̄2 k + a = 0, m c'est à dire si a<0 et si k=− am . h̄2 (k est toujours positif ). En termes de l'énergie : E=− Celle-ci est la dinger avec ma2 . 2h̄2 seule valeur négative de l'énergie pour laquelle l'équation de Schrô- a < 0 admet une solution normalisable. L'énergie est donc quantiée. On appelle la solution ψ(x) = A e−k|x| un (le seul) état lié du système. 8 La valeur absolue de la constante A peut être déterminée en imposant la condition de normalisation Z +∞ 2 |ψ(x)| dx = 1, −∞ ce qui donne |A|2 = k . Si on choisit A réel, la fonction d'onde de l'état lié est √ ψ(x) = k e−k|x| . 3 Exercice supplémentaire : potentiel avec double delta Potentiel : V (x) = a[δ(x − L) + δ(x + L)] (a < 0) Combien d'états liés admet ce potentiel ? Essayez de résoudre ce problème en suivant la même procédure de l'exercice précédent. Une solution partielle est déjà un bon résultat ! 4 Exercice supplémentaire : puits de potentiel inni avec delta Potentiel : x < −L ∞ V (x) = aδ(x) −L < x < L ∞ x>L a>0 Ce potentiel représente une schématisation simpliée du potentiel ressenti par l'atome d'azote dans la molécule d'ammoniac ; le delta en x=0 représente le plan avec le trois atomes d'hydrogène. Combien d'états liés y a-t-il ? Quelles sont les énergies de ces états ? Une solution analytique pourrait être impossible, mais on peut dériver une formule valide dans la limite de E très grand. . . 9