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