Feuille d'entraînement : Photons et dualité onde-corpuscule

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q9

   1. Bilan cinétique pour un photon individuel :
   L'interaction du photon avec le conducteur parfait est modélisée par un choc élastique unidimensionnel selon l'axe (Oz) contre une paroi fixe. Avant réflexion, le photon incident possède la quantité de mouvement :

   \vec{p}_i = \frac{\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z

   L'énergie \hbar\omega étant conservée lors du choc élastique, la pulsation ne varie pas et le photon repart en sens inverse à la vitesse c :

   \vec{p}_r = -\frac{\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z

   La variation de quantité de mouvement subie par le photon lors de la réflexion s'écrit :

   \Delta \vec{p}_{\text{photon}} = \vec{p}_r - \vec{p}_i = -\frac{2\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z

   Par conservation de la quantité de mouvement du système isolé \{\text{photon}, \text{plan réflecteur}\}, la quantité de mouvement cédée au plan par un photon vaut :

   \delta \vec{p} = -\Delta \vec{p}_{\text{photon}} = \frac{2\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z

   2. Flux de photons incidents et quantité de mouvement cédée :
   Considérons un élément de surface \mathrm{d}S de la paroi au repos en z = 0, orienté par sa normale sortante du domaine vide \vec{e}_z. Les photons incidents se déplaçant à la vitesse c suivant \vec{e}_z, l'ensemble des photons incidents qui atteignent \mathrm{d}S entre les instants t et t+\mathrm{d}t est contenu dans le cylindre droit de base \mathrm{d}S, de hauteur c\,\mathrm{d}t et de génératrice parallèle à \vec{e}_z. Le volume de ce cylindre est \mathrm{d}V = c\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}S.

   Le nombre de photons frappant la surface \mathrm{d}S pendant \mathrm{d}t est donc :

   \mathrm{d}N = n_\gamma\,\mathrm{d}V = n_\gamma c\,\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t

   La quantité de mouvement totale cédée au plan par unité de temps et par unité de surface s'obtient alors par :

   \frac{\mathrm{d}\vec{p}_{\text{cédée}}}{\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}N\,\delta \vec{p}}{\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t} = n_\gamma c \left( \frac{2\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z \right) = 2 n_\gamma \hbar\omega\,\vec{e}_z

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\vec{p}_{\text{cédée}}}{\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t} = 2 n_\gamma \hbar\omega\,\vec{e}_z}

   3. Pression de radiation et lien avec la densité volumique d'énergie :
   D'après le principe fondamental de la dynamique, la force moyenne exercée par le rayonnement sur l'élément de surface \mathrm{d}S s'identifie au débit temporel de quantité de mouvement cédé :

   \mathrm{d}\vec{F} = \frac{\mathrm{d}\vec{p}_{\text{cédée}}}{\mathrm{d}t} = 2 n_\gamma \hbar\omega\,\mathrm{d}S\,\vec{e}_z

   La pression de radiation P_{\text{rad}} exercée sur la surface correspond à la composante scalaire selon la normale \vec{e}_z de la force par unité de surface :

   P_{\text{rad}} = \frac{\mathrm{d}\vec{F}\cdot\vec{e}_z}{\mathrm{d}S} = 2 n_\gamma \hbar\omega

   Chaque photon emporte une énergie \hbar\omega. La densité volumique d'énergie associée au flux incident est donc u_i = n_\gamma \hbar\omega. Le conducteur étant parfait, la réflexion est totale sans perte d'énergie, de sorte que la densité volumique de photons réfléchis est identique à celle des photons incidents (n_{\gamma, r} = n_\gamma). La densité volumique d'énergie associée au flux réfléchi est donc également u_r = n_\gamma \hbar\omega. La densité volumique d'énergie totale associée aux deux flux (incidents et réfléchis) vaut :

   u = u_i + u_r = 2 n_\gamma \hbar\omega

   On en déduit l'expression demandée de la pression de radiation :

   \boxed{P_{\text{rad}} = u}

   Commentaire :
   On retrouve exactement l'expression établie à la question Q8 par l'électromagnétisme continu : P_{\text{rad}} = \langle u_{\mathrm{em}} \rangle. Cela illustre le principe de correspondance : la description corpusculaire (transfert d'impulsion par chocs discrets de photons) et la description ondulatoire continue de Maxwell (force de Lorentz moyenne exercée sur les courants surfaciques induits) aboutissent à des prédictions strictement identiques.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{\vec{p}}_{\text{ceˊdeˊe}}}{\mathrm{d}S\mathrm{d}t}=2n_{\gamma }\hslash \omega {\vec{e}}_z$$

   $$P_{\text{rad}}=u$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q16

   D'après le résultat de la question Q15, l'énergie d'un état stationnaire lié s'écrit :

   E = \frac{(\Delta p_x)^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2

   L'inégalité spatiale de Heisenberg s'écrit \Delta x\,\Delta p_x \geqslant \dfrac{\hbar}{2}. Les grandeurs \Delta x et \Delta p_x étant strictement positives pour un état lié, on a :

   \Delta p_x \geqslant \frac{\hbar}{2\Delta x} \implies (\Delta p_x)^2 \geqslant \frac{\hbar^2}{4(\Delta x)^2}

   En injectant cette minoration dans l'expression de l'énergie, il vient :

   E \geqslant \frac{\hbar^2}{8m(\Delta x)^2} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2

   On identifie ainsi l'inégalité souhaitée E \geqslant f_{\mathrm{H}}(\Delta x) avec :

   \boxed{f_{\mathrm{H}}(\Delta x) = \frac{\hbar^2}{8m(\Delta x)^2} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2}

   Pour trouver le minimum de la fonction f_{\mathrm{H}} sur ]0, +\infty[, dérivons-la par rapport à \Delta x :

   f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) = -\frac{\hbar^2}{4m(\Delta x)^3} + m\omega_0^2\,\Delta x

   La dérivée s'annule pour une valeur \Delta x_0 > 0 vérifiant :

   \begin{aligned} m\omega_0^2\,\Delta x_0 &= \frac{\hbar^2}{4m(\Delta x_0)^3} \\ (\Delta x_0)^4 &= \frac{\hbar^2}{4m^2\omega_0^2} \\ \Delta x_0 &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_0}} \end{aligned}

   Puisque f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) < 0 pour \Delta x < \Delta x_0 et f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) > 0 pour \Delta x > \Delta x_0, la fonction f_{\mathrm{H}} admet bien un minimum absolu en \Delta x_0. Sa valeur vaut :

   \begin{aligned} f_{\mathrm{H}}(\Delta x_0) &= \frac{\hbar^2}{8m} \cdot \frac{2m\omega_0}{\hbar} + \frac{1}{2}m\omega_0^2 \cdot \frac{\hbar}{2m\omega_0} \\ &= \frac{\hbar\omega_0}{4} + \frac{\hbar\omega_0}{4} \end{aligned}

   On obtient ainsi :

   \boxed{\min_{\Delta x > 0} f_{\mathrm{H}}(\Delta x) = \frac{\hbar\omega_0}{2}}

   Résultat

   $$f_{\mathrm{H}}(\Delta x)=\frac{{\hslash }^2}{8m(\Delta x{)}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }_0^2(\Delta x{)}^2$$

   $$\underset{\Delta x>0}{\min }{f}_{\mathrm{H}}(\Delta x)=\frac{\hslash {\omega }_0}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q21

   D'après les lois de Snell-Descartes pour la réflexion sur les plans atomiques, la droite normale aux plans réticulaires est la bissectrice de l'angle entre le faisceau incident et le faisceau réfléchi. Cet angle total étant noté \theta, l'angle d'incidence par rapport à la normale aux plans vaut :

   i = \frac{\theta}{2}

   L'angle de glissement \theta_{\text{B}} (angle formé par le faisceau incident avec le plan réticulaire lui-même) est donc le complémentaire de i :

   \theta_{\text{B}} = \frac{\pi}{2} - i = \frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}

   Considérons deux rayons électroniques incidents parallèles se réfléchissant sur deux plans réticulaires consécutifs distants de a. En traçant les fronts d'onde incidents et réfléchis (perpendiculaires aux rayons), le retard géométrique du rayon pénétrant jusqu'au second plan comprend :

   • un trajet supplémentaire à l'incidence égal à a \cos i = a \cos(\theta/2) ;
   • un trajet supplémentaire après réflexion égal à a \cos i = a \cos(\theta/2).

   La différence de marche \delta entre ces deux rayons s'écrit donc :

   \delta = 2 a \cos\left(\frac{\theta}{2}\right) = 2 a \sin\theta_{\text{B}}

   \boxed{\delta = 2 a \cos\left(\frac{\theta}{2}\right)}

   Pour observer un faisceau diffracté d'intensité maximale (interférences constructives entre les ondes diffusées par l'ensemble des plans du réseau), le déphasage entre deux plans successifs \Delta \phi = \frac{2\pi}{\lambda}\delta doit être un multiple entier de 2\pi, soit \delta = q \lambda où q \in \mathbb{N}^* désigne l'ordre d'interférence.

   On obtient ainsi la loi de Bragg sous la forme :

   \boxed{2 a \cos\left(\frac{\theta}{2}\right) = q \lambda \quad (q \in \mathbb{N}^*)}

   Résultat

   $$\delta =2a\cos \left(\frac{\theta }{2}\right)$$

   $$2a\cos \left(\frac{\theta }{2}\right)=q\lambda (q\in {\mathbb{N}}^{\ast })$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2024, Q19

   D'après l'hypothèse des quanta de Planck reprise et généralisée par Einstein, l'énergie d'un photon associé à une onde électromagnétique de fréquence \nu est quantifiée et s'écrit :

   \boxed{\epsilon = h \nu}

   où h désigne la constante de Planck.

   Résultat

   $$ϵ=h\nu$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique MPI 2024, Q1

   La longueur d'onde de de Broglie associée au neutron de quantité de mouvement p = mv s'écrit :

   \lambda_{\mathrm{dB}} = \frac{h}{p} = \frac{2\pi\hbar}{mv}

   Avec les données numériques fournies par l'énoncé (\hbar = 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}, m = 10^{-27}\text{ kg} et v = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}), on obtient :

   \begin{aligned} \lambda_{\mathrm{dB}} &= \frac{2\pi \times 10^{-34}}{10^{-27} \times 10} \\ \lambda_{\mathrm{dB}} &\approx 6 \times 10^{-8}\text{ m} = 60\text{ nm} \end{aligned}

   La taille d'un atome et la distance interatomique typique au sein d'un réseau cristallin sont de l'ordre de a \sim 10^{-10}\text{ m} = 0{,}1\text{ nm} (1 Å). On constate que :

   \lambda_{\mathrm{dB}} \sim 600\,a \gg a

   \boxed{\text{La condition }\lambda_{\mathrm{dB}} \gg a\text{ est donc largement respectée.}}

   Résultat

   $$\text{La condition }{\lambda }_{\mathrm{dB}}\gg a\text{ est donc largement respecteˊe.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique MPI 2024, Q32

   Les dimensions physiques des trois grandeurs de base sont :

   • pour la constante de Planck réduite : [\hbar] = \mathrm{M \cdot L^2 \cdot T^{-1}} ;
   • pour la masse du neutron : [m] = \mathrm{M} ;
   • pour l'accélération de la pesanteur : [g] = \mathrm{L \cdot T^{-2}}.

   Cherchons une grandeur X de la forme X = \hbar^\alpha m^\beta g^\gamma. Sa dimension s'écrit :

   [X] = \mathrm{M}^{\alpha + \beta} \cdot \mathrm{L}^{2\alpha + \gamma} \cdot \mathrm{T}^{-\alpha - 2\gamma}

   1. Construction d'une longueur caractéristique l_0 ([l_0] = \mathrm{L}) :

   \begin{aligned} \begin{cases} \alpha + \beta = 0 \\ 2\alpha + \gamma = 1 \\ -\alpha - 2\gamma = 0 \end{cases} &\iff \begin{cases} \beta = -\alpha \\ \gamma = -\frac{\alpha}{2} \\ 2\alpha - \frac{\alpha}{2} = 1 \implies \frac{3}{2}\alpha = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} \alpha = \frac{2}{3} \\ \beta = -\frac{2}{3} \\ \gamma = -\frac{1}{3} \end{cases} \end{aligned}

   On obtient ainsi la longueur caractéristique :

   \boxed{l_0 = \left(\frac{\hbar^2}{m^2 g}\right)^{1/3}}

   2. Construction d'un temps caractéristique t_0 ([t_0] = \mathrm{T}) :

   \begin{aligned} \begin{cases} \alpha + \beta = 0 \\ 2\alpha + \gamma = 0 \\ -\alpha - 2\gamma = 1 \end{cases} &\iff \begin{cases} \beta = -\alpha \\ \gamma = -2\alpha \\ -\alpha - 2(-2\alpha) = 1 \implies 3\alpha = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} \alpha = \frac{1}{3} \\ \beta = -\frac{1}{3} \\ \gamma = -\frac{2}{3} \end{cases} \end{aligned}

   On obtient ainsi le temps caractéristique :

   \boxed{t_0 = \left(\frac{\hbar}{m g^2}\right)^{1/3}}

   3. Construction d'une vitesse caractéristique v_0 ([v_0] = \mathrm{L \cdot T^{-1}}) :
   On peut directement former le rapport l_0 / t_0 :

   v_0 = \frac{l_0}{t_0} = \left(\frac{\hbar^2}{m^2 g} \cdot \frac{m g^2}{\hbar}\right)^{1/3} = \left(\frac{\hbar g}{m}\right)^{1/3}

   \boxed{v_0 = \left(\frac{\hbar g}{m}\right)^{1/3}}

   Résultat

   $$l_0={\left(\frac{{\hslash }^2}{m^{2}g}\right)}^{1/3}$$

   $$t_0={\left(\frac{\hslash }{m{g}^2}\right)}^{1/3}$$

   $$v_0={\left(\frac{\hslash g}{m}\right)}^{1/3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q10

   Le rayonnement laser, caractérisé par sa cohérence spatiale et temporelle, sa directivité et sa densité de puissance élevée, trouve de nombreuses applications, parmi lesquelles on peut citer :

   1. Télécommunications et vie quotidienne : transmission d'informations à très haut débit par fibre optique (diodes laser servant d'émetteurs optiques modulés), lecteurs de codes-barres ou de disques optiques (CD, DVD, Blu-ray).
   2. Médecine et chirurgie : chirurgie ophtalmologique de précision (correction de la myopie par laser LASIK, traitement de la rétine par photocoagulation), dermatologie (détatouage) ou bistouris laser.
   3. Industrie : découpe, perçage, soudage et gravure de matériaux (métaux, polymères) exploitant la très grande concentration d'énergie surfacique obtenue par focalisation du faisceau.

   Remarque : Dans le domaine de la recherche, on peut également citer le refroidissement d'atomes par laser (horloges atomiques) ou les interféromètres optiques géants pour la détection d'ondes gravitationnelles (LIGO, Virgo).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q1

   Lors de la transition radiative de l'électron d'un niveau d'énergie E_i vers un niveau d'énergie inférieure E_f < E_i, la conservation de l'énergie impose que le photon émis emporte l'énergie :

   \epsilon = E_i - E_f

   D'après la relation de Planck-Einstein, l'énergie \epsilon d'un photon associé à une onde lumineuse de fréquence \nu et de longueur d'onde dans le vide \lambda_0 est donnée par :

   \epsilon = h \nu = \frac{h c}{\lambda_0}

   On en déduit l'expression de la longueur d'onde du rayonnement émis :

   \boxed{\lambda_{0} = \frac{h c}{E_i - E_f}}

   Résultat

   $${\lambda }_0=\frac{hc}{E_i-E_f}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q2

   D'après la relation établie à la question 1, le photon émis lors de la transition d'un état d'énergie E_{i} vers un état d'énergie E_{f} vérifie :

   \frac{1}{\lambda_{0}} = \frac{E_{i} - E_{f}}{h c}

   En utilisant la quantification proposée des niveaux d'énergie :

   E_{n} = -\frac{E_{0}}{n^{2}}

   avec l'état initial n_{i} = k + 2 et l'état final n_{f} = 2, l'écart d'énergie s'écrit :

   \begin{aligned} E_{i} - E_{f} &= E_{k+2} - E_{2} \\ &= -\frac{E_{0}}{(k+2)^{2}} - \left( -\frac{E_{0}}{2^{2}} \right) \\ &= E_{0} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{(k+2)^{2}} \right) \end{aligned}

   On en déduit l'expression du nombre d'onde de la raie lumineuse :

   \boxed{ \frac{1}{\lambda_{0}} = \frac{E_{0}}{4hc} - \frac{E_{0}}{hc} \frac{1}{(k+2)^{2}} }

   En posant y = \frac{1}{\lambda_{0}} et x = \frac{1}{(k+2)^{2}}, cette relation est de la forme affine :

   y = - \frac{E_{0}}{hc} \, x + \frac{E_{0}}{4hc}

   La grandeur \frac{1}{\lambda_{0}} varie donc de manière affine décroissante en fonction de \frac{1}{(k+2)^{2}}, avec une pente négative -\frac{E_{0}}{hc} et une ordonnée à l'origine égale à \frac{E_{0}}{4hc}.

   Ceci est parfaitement compatible avec la droite en pointillés observée sur la figure 1.

   Résultat

   $$\frac{1}{{\lambda }_0}=\frac{E_0}{4hc}-\frac{E_0}{hc}\frac{1}{(k+2{)}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q36

    L'absorption d'un photon de longueur d'onde \lambda (associé au nombre d'onde \sigma = 1/\lambda) communique à un électron une énergie :

    E_{\mathrm{ph}} = h \nu = \frac{h c}{\lambda} = h c \sigma

    Sur la figure 9 (en particulier sur l'agrandissement intermédiaire), on observe une série de raies d'absorption très resserrées qui s'accumulent (série de Rydberg d'états excités) vers une limite au-delà de laquelle l'électron est éjecté dans le continuum de l'état libre : c'est la limite de première ionisation. On lit sur la figure 9 le nombre d'onde de cette limite de convergence :

    \sigma_{\mathrm{ion}} \approx 112\,900\text{ cm}^{-1} \approx 1,13\cdot 10^7\text{ m}^{-1}

    L'énergie de première ionisation s'exprime en joules puis en électron-volts :

    \begin{aligned} E_i &= h c \sigma_{\mathrm{ion}} \\ E_i(\text{eV}) &= \frac{h c \sigma_{\mathrm{ion}}}{e} \end{aligned}

    Numériquement, avec les données du problème :

    \frac{h c}{e} = \frac{6,6\cdot 10^{-34} \times 3,0\cdot 10^8}{1,6\cdot 10^{-19}} = 1,24\cdot 10^{-6}\text{ eV}\cdot\text{m} = 1,24\cdot 10^{-4}\text{ eV}\cdot\text{cm}

    D'où :

    E_i = 1,24\cdot 10^{-4} \times 112\,900 \approx 14\text{ eV}

    En respectant la consigne d'un seul chiffre significatif :

    \boxed{E_i \approx 1\cdot 10^1\text{ eV} \quad (\text{ou } 14\text{ eV})}

    Interprétation de la valeur élevée : Le krypton (\text{Kr}, Z = 36) est un gaz noble. Sa configuration électronique fondamentale présente une sous-couche de valence entièrement remplie :

    [\text{Ar}]\,3d^{10}\,4s^2\,4p^6

    Cette structure à sous-couches fermées (octet 4s^2 4p^6) possède une très grande stabilité énergétique et une charge nucléaire effective élevée ressentie par les électrons périphériques. L'arrachement d'un premier électron requiert ainsi une énergie d'ionisation particulièrement élevée comparée à celle des éléments voisins du tableau périodique (alcalins notamment).

    Résultat

    $$E_i\approx 1\cdot 10^1\text{ eV}(\text{ou }14\text{ eV})$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question