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CPGE Futur

Exercice : Puits de potentiel infini et quantification des niveaux

🌐 Énoncé du problème / Cadre d’étude

Section titled “🌐 Énoncé du problème / Cadre d’étude”

On considère une particule de masse mm, assimilée à un point matériel, se déplaçant selon un axe (Ox)(Ox) et soumise à un potentiel effectif unidimensionnel dit « puits de potentiel infini » défini par :

V(x)={0si 0<x<L+∞sinonV(x) = \begin{cases} 0 & \text{si } 0 < x < L \\ +\infty & \text{sinon} \end{cases}

Ce modèle idéalisé permet de rendre compte, en première approximation, du comportement d’électrons libres dans un métal ou du mouvement d’un électron au sein d’une molécule conjuguée (modèle de Hückel ou des électrons π\pi libres).

Dans le cadre de la mécanique quantique stationnaire, l’état de la particule est décrit par une fonction d’onde ψ(x)\psi(x), solution de l’équation de Schrödinger indépendante du temps (ESIT) :

−ℏ22md2ψdx2+V(x)ψ(x)=Eψ(x)-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}x^2} + V(x)\psi(x) = E\psi(x)

où EE représente l’énergie totale de la particule et ℏ=h2π\hbar = \frac{h}{2\pi} la constante de Planck réduite.

❓ Questions progressives

Section titled “❓ Questions progressives”
  1. Conditions aux limites et équation d’onde : À l’aide de considérations physiques sur la fonction d’onde (continuité, carré sommable), déterminer les conditions aux limites que doit satisfaire ψ(x)\psi(x) en x=0x = 0 et x=Lx = L. Écrire l’ESIT à l’intérieur du puits.
  2. Recherche des solutions : En posant k2=2mEℏ2k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2}, déterminer la forme générale de la solution de l’ESIT pour 0<x<L0 < x < L. En déduire l’expression des fonctions propres normalisées ψn(x)\psi_n(x) associées à des énergies EnE_n, où nn est un entier strictement positif.
  3. Quantification de l’énergie : Exprimer les niveaux d’énergie autorisés EnE_n en fonction de mm, LL, ℏ\hbar (ou hh) et nn. Commenter ce résultat du point de vue de la physique classique.
  4. Application numérique et ordre de grandeur : On considère un électron (m≈9,11×10−31 kgm \approx 9{,}11 \times 10^{-31} \text{ kg}) confiné dans un puits de dimension nanométrique L=1,0 nmL = 1{,}0 \text{ nm}.
    • Calculer l’énergie du fondamental E1E_1 et du premier niveau excité E2E_2 en Joules, puis en électron-volts (eV\text{eV}).
    • Déterminer la longueur d’onde λ\lambda du photon susceptible de provoquer une transition du niveau n=1n=1 vers le niveau n=2n=2. Dans quel domaine du spectre électromagnétique se situe ce rayonnement ?

💡 Pistes & Indications méthodologiques

Section titled “💡 Pistes & Indications méthodologiques”
  • Question 1 : Rappelez-vous qu’une probabilité de présence infinie n’a pas de sens physique. La fonction d’onde doit donc être nulle là où le potentiel est infini. La continuité de ψ(x)\psi(x) sur tout l’axe réel est également une exigence fondamentale.
  • Question 2 : L’équation différentielle obtenue est linéaire homogène du second ordre à coefficients constants. Pensez aux solutions sous forme de sinus et cosinus. Utilisez la condition en x=0x = 0 pour éliminer l’un des termes.
  • Question 3 : La condition en x=Lx = L va contraindre le paramètre kk (et donc l’énergie) à ne prendre que des valeurs discrètes. C’est l’origine de la quantification.
  • Question 4 : Utilisez la relation de Planck-Einstein ΔE=hν=hcλ\Delta E = h \nu = \frac{hc}{\lambda} pour relier la différence d’énergie à la longueur d’onde du photon absorbé.

📋 Corrigé détaillé pas à pas

Section titled “📋 Corrigé détaillé pas à pas”

1. Conditions aux limites et équation d’onde

Section titled “1. Conditions aux limites et équation d’onde”

  • À l’extérieur du puits (x≤0x \le 0 et x≥Lx \ge L) : Le potentiel est infini (V(x)=+∞V(x) = +\infty). Si l’énergie EE de la particule est finie, l’ESIT impose que ψ(x)=0\psi(x) = 0 presque partout dans ces zones, sans quoi le terme potentiel (Vψ)(V\psi) divergerait.

  • Continuité : Par continuité de la fonction d’onde ψ(x)\psi(x) sur tout l’axe réel (exigence liée à la densité de probabilité de présence qui doit être continue), on en déduit immédiatement les conditions aux limites : ψ(0)=0etψ(L)=0\psi(0) = 0 \quad \text{et} \quad \psi(L) = 0

  • À l’intérieur du puits (0<x<L0 < x < L) : Le potentiel V(x)V(x) est nul. L’ESIT se simplifie sous la forme : −ℏ22md2ψdx2=Eψ(x)  ⟹  d2ψdx2+2mEℏ2ψ(x)=0-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}x^2} = E\psi(x) \implies \frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}x^2} + \frac{2mE}{\hbar^2}\psi(x) = 0

2. Recherche des solutions et fonctions propres

Section titled “2. Recherche des solutions et fonctions propres”

En posant k2=2mEℏ2k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2} (avec k>0k > 0 car E>0E > 0 pour un état lié dans ce puits), l’équation différentielle devient : d2ψdx2+k2ψ(x)=0\frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}x^2} + k^2\psi(x) = 0

La solution générale de cette équation linéaire s’écrit sous la forme : ψ(x)=Acos⁡(kx)+Bsin⁡(kx)\psi(x) = A \cos(kx) + B \sin(kx) où AA et BB sont des constantes complexes déterminées par les conditions aux limites et la condition de normalisation.

  • Utilisons la première condition ψ(0)=0\psi(0) = 0 : ψ(0)=Acos⁡(0)+Bsin⁡(0)=A=0\psi(0) = A \cos(0) + B \sin(0) = A = 0 La solution se réduit donc à : ψ(x)=Bsin⁡(kx)\psi(x) = B \sin(kx).

  • Utilisons la seconde condition ψ(L)=0\psi(L) = 0 : ψ(L)=Bsin⁡(kL)=0\psi(L) = B \sin(kL) = 0 Pour obtenir une solution non triviale (B≠0B \neq 0, faute de quoi la particule ne serait nulle part), il faut que : kL=nπ(n∈Z)kL = n\pi \quad (n \in \mathbb{Z}) Les valeurs négatives de nn ne donnent pas de nouvelles fonctions indépendantes (le sinus est impair), et n=0n = 0 conduit à la solution nulle. On retient donc les entiers strictement positifs : n∈N∗n \in \mathbb{N}^*.

    On a ainsi : kn=nπLk_n = \frac{n\pi}{L}.

  • Normalisation : La fonction d’onde doit satisfaire la condition de normalisation ∫−∞+∞∣ψ(x)∣2dx=1\int_{-\infty}^{+\infty} |\psi(x)|^2 \text{d}x = 1, soit ici : ∫0L∣B∣2sin⁡2(nπxL)dx=1\int_{0}^{L} |B|^2 \sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \text{d}x = 1 En utilisant la formule sin⁡2(θ)=1−cos⁡(2θ)2\sin^2(\theta) = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2} : ∣B∣2[x2−L4nπsin⁡(2nπxL)]0L=∣B∣2L2=1|B|^2 \left[ \frac{x}{2} - \frac{L}{4n\pi} \sin\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\right]_0^L = |B|^2 \frac{L}{2} = 1 On choisit par convention une phase nulle pour BB, soit B=2LB = \sqrt{\frac{2}{L}}.

    Les fonctions propres normalisées sont donc : ψn(x)=2Lsin⁡(nπxL)(pour 0<x<L)\boxed{\psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)} \quad (\text{pour } 0 < x < L)

3. Quantification de l’énergie

Section titled “3. Quantification de l’énergie”

Puisque kn2=2mEnℏ2k_n^2 = \frac{2mE_n}{\hbar^2} et que kn=nπLk_n = \frac{n\pi}{L}, on en déduit les niveaux d’énergie autorisés : 2mEnℏ2=n2π2L2  ⟹  En=n2π2ℏ22mL2\frac{2mE_n}{\hbar^2} = \frac{n^2\pi^2}{L^2} \implies E_n = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2m L^2}

Sachant que ℏ=h2π\hbar = \frac{h}{2\pi}, on obtient l’expression finale usuelle : En=n2h28mL2\boxed{E_n = \frac{n^2 h^2}{8m L^2}}

  • Commentaire physique : Contrairement à la mécanique classique où l’énergie d’une particule dans un tel système peut prendre n’importe quelle valeur continue, la mécanique quantique (via l’équation de Schrödinger et les conditions aux limites) impose que l’énergie ne puisse prendre que des valeurs discrètes : c’est le phénomène de quantification des niveaux d’énergie. De plus, l’énergie du fondamental (n=1n=1) n’est pas nulle (E1>0E_1 > 0), ce qui est une illustration directe du principe d’incertitude de Heisenberg (une localisation spatiale exacte dans un intervalle LL implique une incertitude sur la quantité de mouvement, donc une énergie cinétique minimale non nulle).

4. Application numérique

Section titled “4. Application numérique”

  • Données du problème :

    • m=9,11×10−31 kgm = 9{,}11 \times 10^{-31} \text{ kg}
    • L=1,0 nm=1,0×10−9 mL = 1{,}0 \text{ nm} = 1{,}0 \times 10^{-9} \text{ m}
    • h=6,626×10−34 J⋅sh = 6{,}626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}

  • Calcul de E1E_1 : E1=12×(6,626×10−34)28×(9,11×10−31)×(1,0×10−9)2E_1 = \frac{1^2 \times (6{,}626 \times 10^{-34})^2}{8 \times (9{,}11 \times 10^{-31}) \times (1{,}0 \times 10^{-9})^2} E1=4,390×10−677,288×10−48≈6,02×10−20 JE_1 = \frac{4{,}390 \times 10^{-67}}{7{,}288 \times 10^{-48}} \approx 6{,}02 \times 10^{-20} \text{ J}

    Conversion en électron-volts (1 eV=1,602×10−19 J\text{1 eV} = 1{,}602 \times 10^{-19} \text{ J}) : E1=6,02×10−201,602×10−19≈0,38 eVE_1 = \frac{6{,}02 \times 10^{-20}}{1{,}602 \times 10^{-19}} \approx \boxed{0{,}38 \text{ eV}}

  • Calcul de E2E_2 : Puisque En∝n2E_n \propto n^2, on a E2=22×E1=4×E1E_2 = 2^2 \times E_1 = 4 \times E_1 : E2=4×0,38 eV≈1,52 eVE_2 = 4 \times 0{,}38 \text{ eV} \approx \boxed{1{,}52 \text{ eV}}

  • Longueur d’onde de la transition n=1→n=2n=1 \to n=2 : La variation d’énergie est ΔE=E2−E1=3E1\Delta E = E_2 - E_1 = 3 E_1. Par la relation de Planck-Einstein : ΔE=hcλ  ⟹  λ=hcΔE\Delta E = \frac{hc}{\lambda} \implies \lambda = \frac{hc}{\Delta E} A.N. : λ=(6,626×10−34 J⋅s)×(3,00×108 m⋅s−1)3×(6,02×10−20 J)=1,988×10−251,806×10−19≈1,10×10−6 m=1,10 μm\lambda = \frac{(6{,}626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}) \times (3{,}00 \times 10^8 \text{ m}\cdot\text{s}^{-1})}{3 \times (6{,}02 \times 10^{-20} \text{ J})} = \frac{1{,}988 \times 10^{-25}}{1{,}806 \times 10^{-19}} \approx 1{,}10 \times 10^{-6} \text{ m} = \mathbf{1{,}10 \text{ }\mu\text{m}}

  • Domaine spectral : Cette longueur d’onde (λ≈1100 nm\lambda \approx 1100 \text{ nm}) se situe dans le domaine de l’infrarouge (proche infrarouge).