Feuille d'entraînement : Photons et dualité onde-corpuscule

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 1 PC 2026, Q21

   D'après le texte et la figure 6, le faisceau incident et le faisceau réfléchi font entre eux l'angle \theta. La réflexion sur les plans réticulaires obéit aux lois de Snell-Descartes de la réflexion : la normale aux plans est la bissectrice de l'angle entre le faisceau incident et le faisceau réfléchi. Par conséquent :

   • L'angle d'incidence par rapport à la normale aux plans réticulaires est :

     i = \frac{\theta}{2}
   • L'angle d'attaque (ou angle de glissement) avec le plan réticulaire est donc \alpha = \frac{\pi}{2} - i = \frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2}.

   Considérons deux rayons électroniques parallèles consécutifs réfléchis par deux plans distants de a. Le second rayon parcourt un trajet supplémentaire dans l'espace interréticulaire par rapport au premier. La situation géométrique est strictement analogue à celle d'une lame à faces parallèles d'épaisseur a d'indice n=1 éclairée sous l'angle d'incidence i :

   \delta = 2 a \cos i

   En remplaçant i par \theta/2, la différence de marche entre deux rayons consécutifs s'écrit :

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

   Pour observer un faisceau diffracté intense dans la direction \theta, les ondes diffusées par tous les plans consécutifs doivent interférer de manière constructive. Cela se traduit par le fait que la différence de marche doit être un multiple entier de la longueur d'onde \lambda de De Broglie :

   \delta = q \lambda \quad \text{avec } q \in \mathbb{N}^*

   D'où la relation de Bragg adaptée à la géométrie de l'expérience :

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

   Résultat

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q9

   D'après la question Q8, l'énergie mécanique moyenne s'écrit en fonction de la taille a :

   \langle\mathcal{E}_{\mathrm{m}}\rangle(a) = \frac{\hbar^2}{2 m_e a^2} - \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 a}

   La taille a_0 de l'atome dans son état fondamental minimise cette énergie mécanique moyenne. La condition d'annulation de la dérivée première s'écrit :

   \left.\frac{\mathrm{d}\langle\mathcal{E}_{\mathrm{m}}\rangle}{\mathrm{d}a}\right|_{a=a_0} = -\frac{\hbar^2}{m_e a_0^3} + \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 a_0^2} = 0

   On en déduit l'expression de a_0 :

   a_0 = \frac{4\pi\epsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} = \frac{\hbar^2}{m_e e \chi}

   On vérifie la nature du minimum par la dérivée seconde :

   \left.\frac{\mathrm{d}^2\langle\mathcal{E}_{\mathrm{m}}\rangle}{\mathrm{d}a^2}\right|_{a=a_0} = \frac{3\hbar^2}{m_e a_0^4} - \frac{2e^2}{4\pi\epsilon_0 a_0^3} = \frac{\hbar^2}{m_e a_0^4} > 0

   Il s'agit donc bien d'un minimum d'énergie.

   \boxed{a_0 = \frac{4\pi\epsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} = \frac{\hbar^2}{m_e e \chi}}

   Application numérique :
   Avec les données de l'énoncé :

   • \hbar \simeq 1{,}0 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s} ;
   • m_e = 9{,}1 \times 10^{-31}\text{ kg} ;
   • e = 1{,}6 \times 10^{-19}\text{ C} ;
   • \chi \simeq 1{,}5 \times 10^{-9}\text{ SI}.

   Le dénominateur vaut :

   m_e e \chi = 9{,}1 \times 10^{-31} \times 1{,}6 \times 10^{-19} \times 1{,}5 \times 10^{-9} = 9{,}1 \times 2{,}4 \times 10^{-59} \simeq 21{,}8 \times 10^{-59}\text{ SI}

   D'où :

   a_0 = \frac{1{,}0 \times 10^{-68}}{21{,}8 \times 10^{-59}} \simeq 4{,}6 \times 10^{-11}\text{ m} = 46\text{ pm}

   \boxed{a_0 \simeq 46\text{ pm} \simeq 0{,}046\text{ nm}}

   Commentaires :

   • On retrouve l'expression exacte du rayon de Bohr de l'atome d'hydrogène. La valeur numérique obtenue (environ 0{,}5\text{ \AA}) est en excellent accord avec la valeur tabulée (a_0 \simeq 53\text{ pm}, mentionnée plus loin à la question Q34).
   • Ce résultat illustre de façon remarquable la stabilité de la matière : en physique classique, l'électron s'effondrerait sur le noyau (énergie potentielle non bornée inférieurement lorsque a \to 0). Ici, le principe d'indétermination de Heisenberg impose une énergie cinétique de confinement qui croît en 1/a^2, dominant l'attraction coulombienne en -1/a à courte distance et assurant ainsi l'existence d'un état fondamental stable.

   Résultat

   $$a_0=\frac{4\pi {ϵ}_0{\hslash }^2}{m_e{e}^2}=\frac{{\hslash }^2}{m_{e}e\chi }$$

   $$a_0\simeq 46\text{ pm}\simeq 0,046\text{ nm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie PC 2025, QPhysique-II-Q9

   1. Nombre de photons frappant la surface S :

   Les photons se déplacent dans le vide à la célérité c dans le sens de \vec{e}_x. Les photons qui atteignent la surface plane S (située en x=0) pendant la durée \Delta t sont ceux initialement compris dans le cylindre droit de base S, d'axe (Ox) et de longueur c\Delta t en amont de la surface.

   Le volume de ce cylindre vaut :

   \Delta V = S \, c \, \Delta t

   La densité volumique de photons incidents étant notée n, le nombre de photons frappant la surface pendant \Delta t est :

   \boxed{N = n \, S \, c \, \Delta t}

   2. Force totale exercée par les photons sur la surface :

   D'après la question Q8, chaque photon subit lors de la réflexion spéculaire une variation de quantité de mouvement :

   \Delta \vec{p} = -2\frac{h\nu}{c}\,\vec{e}_x

   Pour le système fermé constitué par les N photons qui entrent en collision avec la paroi pendant la durée \Delta t, la variation de quantité de mouvement totale s'écrit :

   \begin{aligned} \Delta \vec{P}_{\text{photons}} &= N \Delta \vec{p} \\ &= (n \, S \, c \, \Delta t) \left( -2\frac{h\nu}{c}\,\vec{e}_x \right) \\ &= -2 \, n \, S \, h\nu \, \Delta t \, \vec{e}_x \end{aligned}

   En appliquant la deuxième loi de Newton au système de ces photons pendant la durée \Delta t, la force moyenne exercée par la paroi sur les photons est :

   \vec{F}_{\text{paroi}\to\text{photons}} = \frac{\Delta \vec{P}_{\text{photons}}}{\Delta t} = -2 \, n \, S \, h\nu \, \vec{e}_x

   D'après le principe des actions réciproques (troisième loi de Newton), la force exercée par les photons sur la section S de la surface réfléchissante est :

   \vec{F} = -\vec{F}_{\text{paroi}\to\text{photons}} = 2 \, n \, S \, h\nu \, \vec{e}_x

   \boxed{\vec{F} = 2 \, n \, S \, h\nu \, \vec{e}_x}

   3. Pression de radiation :

   La force étant orthogonale à la surface S, la pression de radiation p_{\text{rad}} correspond au quotient de la norme de la force par l'aire S :

   p_{\text{rad}} = \frac{\|\vec{F}\|}{S}

   \boxed{p_{\text{rad}} = 2 \, n \, h\nu}

   Résultat

   $$N=nSc\Delta t$$

   $$\vec{F}=2nSh\nu {\vec{e}}_x$$

   $$p_{\text{rad}}=2nh\nu$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique B PC 2023, Q2.b

   Dans le référentiel lié au proton, supposé galiléen, l'électron décrit un mouvement circulaire uniforme de rayon r_n à la vitesse v_n. Il est soumis à la force électrostatique coulombienne exercée par le proton :

   \vec{F} = -\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r_n^2}\,\vec{u}_r

   L'accélération dans la base de Frenet s'écrit \vec{a} = -\frac{v_n^2}{r_n}\,\vec{u}_r. Le principe fondamental de la dynamique donne :

   m_e \frac{v_n^2}{r_n} = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r_n^2} \implies m_e v_n^2 r_n = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}

   Par ailleurs, la quantification du moment cinétique orbital de l'électron s'écrit :

   L = m_e v_n r_n = n\hbar \quad (n \in \mathbb{N}^*)

   En effectuant le quotient membre à membre de ces deux relations, on élimine r_n :

   v_n = \frac{m_e v_n^2 r_n}{m_e v_n r_n} = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 n\hbar}

   D'après l'équation (1), \alpha = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0\hbar c}, d'où l'expression de la vitesse sur l'orbite n :

   \boxed{v_n = \frac{\alpha c}{n}}

   Comme n \in \mathbb{N}^*, la suite (v_n) est strictement décroissante avec n. La vitesse maximale est donc atteinte sur la première orbite (n = 1), appelée orbite fondamentale de Bohr :

   \boxed{v_{\max} = v_1 = \alpha c}

   Avec \alpha \simeq \frac{1}{137}, le rapport de la vitesse maximale à la vitesse de la lumière vaut :

   \frac{v_{\max}}{c} = \alpha \simeq \frac{1}{137} \simeq 7{,}3 \times 10^{-3} \ll 1

   Le facteur de Lorentz associé vérifie \gamma - 1 \simeq \frac{1}{2}\left(\frac{v_{\max}}{c}\right)^2 \simeq \frac{\alpha^2}{2} \simeq 2{,}7 \times 10^{-5} \ll 1. La vitesse de l'électron restant toujours très inférieure à c, il est tout à fait légitime de traiter l'électron de manière non relativiste dans le modèle de Bohr.

   Résultat

   $$v_n=\frac{\alpha c}{n}$$

   $$v_{\max }=v_1=\alpha c$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique B PC 2023, Q2.c

   L'énergie mécanique de l'électron sur l'orbite de rang n est la somme de son énergie cinétique et de son énergie potentielle électrostatique (en choisissant la référence E_p(\infty) = 0) :

   E_n = E_{c,n} + E_{p,n} = \frac{1}{2} m_e v_n^2 - \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r_n}

   D'après l'équation du mouvement circulaire issue du principe fondamental de la dynamique :

   \frac{m_e v_n^2}{r_n} = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r_n^2} \implies E_{p,n} = -2 E_{c,n}

   L'énergie mécanique s'écrit donc simplement (théorème du viriel) :

   E_n = -E_{c,n} = -\frac{1}{2} m_e v_n^2

   En utilisant l'expression de v_n obtenue à la question 2.b, v_n = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 n \hbar} = \frac{e^2}{2\epsilon_0 n h} (car \hbar = \frac{h}{2\pi}), on obtient :

   \boxed{ E_n = -\frac{m_e e^4}{8 \epsilon_0^2 h^2 n^2} = -\frac{E_I}{n^2} }

   où E_I = \frac{m_e e^4}{8 \epsilon_0^2 h^2} \simeq 13{,}6\text{ eV} est l'énergie d'ionisation de l'atome d'hydrogène.

   Lors d'une transition entre un état initial de niveau n_2 et un état final de niveau inférieur n_1 (n_2 > n_1), l'atome émet un photon de longueur d'onde \lambda. La conservation de l'énergie s'écrit :

   \Delta E = E_{n_2} - E_{n_1} = \frac{h c}{\lambda}

   En remplaçant par l'expression de E_n :

   \frac{hc}{\lambda} = \frac{m_e e^4}{8 \epsilon_0^2 h^2} \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)

   d'où :

   \frac{1}{\lambda} = \frac{m_e e^4}{8 \epsilon_0^2 h^3 c} \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)

   On retrouve ainsi la formule empirique de Rydberg (Éq. (4)) en identifiant :

   \boxed{ R_\infty = \frac{m_e e^4}{8 \epsilon_0^2 h^3 c} }

   Résultat

   $$E_n=-\frac{m_e{e}^4}{8{ϵ}_0^2{h}^2{n}^2}=-\frac{E_I}{n^2}$$

   $$R_{\infty }=\frac{m_e{e}^4}{8{ϵ}_0^2{h}^{3}c}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique B PC 2023, Q4.b

   Le système \{\text{atome} + \text{photon}\} est isolé.

   1. Conservation de la quantité de mouvement : Initialement, l'atome est au repos (\vec{p}_{\text{atome}} = \vec{0}) et le photon incident possède la quantité de mouvement \hbar\vec{k}. Après absorption, l'atome possède la vitesse \vec{v}_r (la variation de vitesse est donc \vec{v}_r) et une quantité de mouvement m\vec{v}_r. La conservation de la quantité de mouvement s'écrit :

   \boxed{m\vec{v}_r = \hbar\vec{k}}

   2. Conservation de l'énergie : L'énergie totale du système avant absorption est la somme de l'énergie du photon \hbar\omega et de l'énergie initiale de l'atome au repos (E_a + E_p). Après absorption, l'énergie du photon est entièrement cédée à l'atome, qui se trouve dans l'état électronique E_i avec une vitesse de recul \vec{v}_r (soit une énergie cinétique de recul \frac{1}{2}mv_r^2, le mouvement étant non relativiste) et une énergie potentielle E_p constante :

   \begin{aligned} E_{\text{initial}} &= E_a + E_p + \hbar\omega \\ E_{\text{final}} &= E_i + E_p + \frac{1}{2}mv_r^2 \end{aligned}

   La conservation de l'énergie (E_{\text{initial}} = E_{\text{final}}) donne donc :

   \boxed{\hbar\omega = E_i - E_a + \frac{1}{2}mv_r^2}

   Résultat

   $$m{\vec{v}}_r=\hslash \vec{k}$$

   $$\hslash \omega =E_i-E_a+\frac{1}{2}m{v}_r^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique B PC 2022, Q4

   1. Distance interatomique typique a

   D'après le graphe de la figure 1(b), la masse volumique de l'hélium liquide au voisinage de la transition \lambda et en phase superfluide est de l'ordre de \rho \simeq 140\text{ à } 145\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}. En retenant la valeur \rho \simeq 140\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} qui permet d'exploiter l'indication de l'énoncé :

   a^3 \sim \frac{m_{\mathrm{He}}}{\rho} = \frac{7 \times 10^{-27}}{140} = 50 \times 10^{-30}\text{ m}^3

   En utilisant l'indication \sqrt[3]{50} \simeq 3{,}5, on obtient :

   \boxed{a \sim \left(\frac{m_{\mathrm{He}}}{\rho}\right)^{1/3} \simeq 3{,}5 \times 10^{-10}\text{ m} = 0{,}35\text{ nm}}

   2. Longueur d'onde de de Broglie \Lambda

   L'énergie cinétique classique non relativiste d'un atome est reliée à son impulsion par E_c = \frac{p^2}{2m_{\mathrm{He}}}. Avec E_c \sim 3k_B T, l'impulsion caractéristique s'écrit :

   p = \sqrt{2m_{\mathrm{He}}E_c} \sim \sqrt{6m_{\mathrm{He}}k_B T}

   La relation de de Broglie donne alors :

   \boxed{\Lambda = \frac{h}{p} \sim \frac{h}{\sqrt{6 m_{\mathrm{He}} k_B T}}}

   La longueur d'onde de de Broglie évolue en température selon :

   \boxed{\Lambda \propto T^{-1/2}}

   3. Température d'apparition des effets quantiques

   Les effets quantiques se manifestent lorsque les fonctions d'onde des atomes se recouvrent de manière significative, soit pour \Lambda \sim a. Cette condition correspond à une température caractéristique T_q telle que :

   \frac{h}{\sqrt{6 m_{\mathrm{He}} k_B T_q}} \sim a \implies T_q \sim \frac{h^2}{6 m_{\mathrm{He}} k_B a^2}

   Avec a = 3{,}5 \times 10^{-10}\text{ m} = \frac{7}{2} \times 10^{-10}\text{ m}, soit a^2 = \frac{49}{4} \times 10^{-20}\text{ m}^2 :

   \begin{aligned} T_q &\sim \frac{(7 \times 10^{-34})^2}{6 \times (7 \times 10^{-27}) \times (1{,}4 \times 10^{-23}) \times \left(\frac{49}{4} \times 10^{-20}\right)} \\ &= \frac{49 \times 10^{-68}}{\frac{3}{2} \times 7 \times 1{,}4 \times 49 \times 10^{-70}} = \frac{10^2}{\frac{3}{2} \times 9{,}8} \simeq \frac{100}{14{,}7} \simeq 7\text{ K} \end{aligned}

   \boxed{T_q \sim \text{quelques Kelvin} \quad (\approx 2\text{ à } 7\text{ K})}

   Commentaire : L'ordre de grandeur obtenu pour T_q coïncide remarquablement avec la température de la transition superfluide (T_\lambda \simeq 2{,}17\text{ K}). Cela confirme que la superfluidité de l'hélium est une manifestation macroscopique de la physique quantique (condensation de Bose-Einstein).

   Résultat

   $$a\sim {\left(\frac{m_{\mathrm{He}}}{\rho }\right)}^{1/3}\simeq 3,5\times 10^{-10}\text{ m}=0,35\text{ nm}$$

   $$\Lambda =\frac{h}{p}\sim \frac{h}{\sqrt{6m_{\mathrm{He}}{k}_{B}T}}$$

   $$\Lambda \propto T^{-1/2}$$

   $$T_q\sim \text{quelques Kelvin}(\approx 2\text{ aˋ }7\text{ K})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique B PC 2022, Q21

   a) Relations de dispersion pour la lumière et le son

   L'indice optique de l'hélium liquide étant n \simeq 1, la célérité de la lumière dans le milieu est égale à celle dans le vide c. La relation de dispersion pour la lumière s'écrit donc :

   \omega_i = c \, |\vec{k}_i| \quad \Longleftrightarrow \quad |\vec{k}_i| = \frac{\omega_i}{c} \quad (i = 1, 2)

   L'onde acoustique se propageant à la célérité du son v, sa relation de dispersion s'écrit de même :

   \Omega_B = v \, |\vec{q}_B| \quad \Longleftrightarrow \quad |\vec{q}_B| = \frac{\Omega_B}{v}

   b) Lois de conservation

   Le processus élémentaire modélisé correspond à l'absorption d'un phonon par un photon incident (\text{photon } 1 + \text{phonon} \to \text{photon } 2). Les lois de conservation s'écrivent :

   • Conservation de l'énergie :

     \hbar\omega_1 + \hbar\Omega_B = \hbar\omega_2 \quad \Longleftrightarrow \quad \boxed{\omega_2 = \omega_1 + \Omega_B}

   • Conservation de l'impulsion :

     \hbar\vec{k}_1 + \hbar\vec{q}_B = \hbar\vec{k}_2 \quad \Longleftrightarrow \quad \boxed{\vec{q}_B = \vec{k}_2 - \vec{k}_1}

   c) Expression de la fréquence Brillouin et application numérique

   Calculons la norme au carré du vecteur d'onde acoustique \vec{q}_B :

   q_B^2 = |\vec{k}_2 - \vec{k}_1|^2 = k_1^2 + k_2^2 - 2 k_1 k_2 \cos\theta

   Sous l'hypothèse \Omega_B \ll \omega_1, \omega_2, le décalage de pulsation est négligeable devant la pulsation optique :

   \omega_1 \simeq \omega_2 \simeq \omega \quad \Longrightarrow \quad k_1 \simeq k_2 \simeq k = \frac{\omega}{c}

   L'expression de q_B^2 se simplifie alors :

   q_B^2 \simeq 2k^2(1 - \cos\theta) = 4k^2\sin^2(\theta/2)

   Comme \theta \in [0, \pi], \sin(\theta/2) \ge 0, d'où :

   q_B \simeq 2k\sin(\theta/2) = \frac{2\omega}{c}\sin(\theta/2)

   En injectant cette relation dans la relation de dispersion acoustique \Omega_B = v q_B, on obtient :

   \boxed{\Omega_B = 2\omega\frac{v}{c}\sin(\theta/2)}

   La fréquence Brillouin s'en déduit par f_B = \frac{\Omega_B}{2\pi}. Avec \omega = \frac{2\pi c}{\lambda}, on a :

   f_B = \frac{2v}{\lambda}\sin(\theta/2)

   Pour un angle de diffusion \theta \simeq \pi/2, on a \sin(\pi/4) = \frac{\sqrt{2}}{2}, d'où :

   f_B = \sqrt{2}\,\frac{v}{\lambda}

   Application numérique avec v \simeq 200\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, \lambda \simeq 1\ \mu\text{m} = 10^{-6}\text{ m} et \sqrt{2} \simeq 1{,}41 :

   f_B \simeq 1{,}41 \times \frac{200}{10^{-6}} \simeq 2{,}8 \times 10^8\text{ Hz} = \boxed{280\text{ MHz}}

   Discussion de la validité de l'hypothèse :

   La fréquence optique incidente vaut :

   \nu = \frac{c}{\lambda} \simeq \frac{3 \times 10^8}{10^{-6}} = 3 \times 10^{14}\text{ Hz}

   Le rapport des fréquences est donc :

   \frac{f_B}{\nu} = \frac{\Omega_B}{\omega} \sim \frac{v}{c} \sim \frac{200}{3 \times 10^8} \sim 7 \times 10^{-7} \ll 1

   L'écart relatif entre \omega_1 et \omega_2 est de l'ordre d'une fraction de millionième : l'approximation \Omega_B \ll \omega_1, \omega_2 est donc parfaitement vérifiée.

   Résultat

   $${\omega }_2={\omega }_1+{\Omega }_B$$

   $${\vec{q}}_B={\vec{k}}_2-{\vec{k}}_1$$

   $${\Omega }_B=2\omega \frac{v}{c}\sin (\theta /2)$$

   $$280\text{ MHz}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 2 PC 2021, Q3

   L'énergie transportée par un photon associé à une onde de fréquence \nu est donnée par la relation de Planck-Einstein :

   E_{\text{ph}} = h\nu

   Pendant la durée \mathrm{d}t, l'énergie lumineuse reçue par la paroi d'aire S soumise à l'éclairement \mathcal{E} s'écrit \mathrm{d}\mathcal{E}_{\text{rec}} = \mathcal{E} \, S \, \mathrm{d}t. Le nombre \mathrm{d}N de photons incidents pendant cet intervalle de temps est donc :

   \boxed{\mathrm{d}N = \frac{\mathcal{E} \, S \, \mathrm{d}t}{h\nu}}

   D'après la relation de de Broglie, la quantité de mouvement d'une particule associée à une onde de longueur d'onde \lambda = c/\nu a pour norme p = \frac{h}{\lambda} = \frac{h\nu}{c}. En tenant compte du sens de propagation selon \widehat{e}_r, le vecteur quantité de mouvement d'un photon incident s'écrit :

   \boxed{\vec{p}_{\text{ph}} = \frac{h\nu}{c}\,\widehat{e}_r}

   La paroi absorbant totalement le rayonnement, le photon disparaît après l'interaction. Par conservation de la quantité de mouvement du système isolé {photon + paroi} lors du choc, la quantité de mouvement \vec{p}_{\text{reçue}} cédée à la paroi par un photon vaut :

   \boxed{\vec{p}_{\text{reçue}} = \vec{p}_{\text{ph}} = \frac{h\nu}{c}\,\widehat{e}_r}

   Pendant la durée \mathrm{d}t, la quantité de mouvement totale transférée à la paroi par l'ensemble des \mathrm{d}N photons incidents est :

   \mathrm{d}\vec{P}_{\text{paroi}} = \mathrm{d}N \cdot \vec{p}_{\text{reçue}} = \left(\frac{\mathcal{E} \, S \, \mathrm{d}t}{h\nu}\right)\left(\frac{h\nu}{c}\,\widehat{e}_r\right) = \frac{\mathcal{E} \, S \, \mathrm{d}t}{c}\,\widehat{e}_r

   D'après la deuxième loi de Newton, la force exercée par les photons sur la paroi s'obtient par :

   \vec{F} = \frac{\mathrm{d}\vec{P}_{\text{paroi}}}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathcal{E} \, S}{c}\,\widehat{e}_r

   Soit, en norme :

   \boxed{F = \frac{\mathcal{E} \, S}{c}}

   Résultat

   $$\mathrm{d}N=\frac{\mathcal{E}S\mathrm{d}t}{h\nu }$$

   $${\vec{p}}_{\text{ph}}=\frac{h\nu }{c}{\hat{e}}_r$$

   $${\vec{p}}_{\text{rec¸ue}}={\vec{p}}_{\text{ph}}=\frac{h\nu }{c}{\hat{e}}_r$$

   $$F=\frac{\mathcal{E}S}{c}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique 1 PC 2020, Q18

    Dans le référentiel galiléen lié au proton fixe, l'électron (masse m_e, charge -e) décrit une orbite circulaire de rayon r à la vitesse v. Il est soumis à la force électrostatique coulombienne :

    \vec{F} = -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \vec{u}_r

    Le mouvement étant circulaire uniforme, l'accélération de l'électron est purement centripète : \vec{a} = -\dfrac{v^2}{r} \vec{u}_r. Le principe fondamental de la dynamique projeté sur l'axe radial \vec{u}_r s'écrit :

    m_e \frac{v^2}{r} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \quad \implies \quad m_e v^2 r = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}

    D'après la condition de quantification de Bohr rappelée à la question Q17 :

    L = m_e r v = n\hbar \quad \implies \quad v = \frac{n\hbar}{m_e r}

    En injectant cette vitesse dans la relation dynamique, on obtient :

    \begin{aligned} m_e \left(\frac{n\hbar}{m_e r}\right)^2 r &= \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0} \\ \frac{n^2 \hbar^2}{m_e r} &= \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0} \end{aligned}

    On en déduit l'expression du rayon discret r_n de l'orbite associée au niveau n :

    r_n = n^2 \, \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} = n^2 \, \frac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_e e^2}

    Les rayons des orbites permises vérifient bien :

    \boxed{r_n = n^2 a_0 \quad \text{avec} \quad a_0 = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} = \frac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_e e^2}}

    Résultat

    $$r_n=n^2{a}_0\text{avec}{a}_0=\frac{4\pi {\epsilon }_0{\hslash }^2}{m_e{e}^2}=\frac{{\epsilon }_0{h}^2}{\pi m_e{e}^2}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question