Feuille d'entraînement : Physique quantique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2023, Q17

   1. Gamme de longueurs d'onde de la fluorescence :
      Le phénomène de fluorescence (notamment pour les fluorophores biologiques tels que l'ATTO565^{\mathrm{TM}}, comme l'illustre la figure 7) se situe essentiellement dans le domaine du visible (ainsi que dans le proche ultraviolet et le proche infrarouge), soit typiquement :

      \boxed{\lambda_{\mathrm{fluo}} \in [400\,\mathrm{nm}\,;\,750\,\mathrm{nm}]}

   2. Comparaison avec le domaine vibrationnel :
      D'après la question Q16, les mouvements vibrationnels des molécules correspondent au domaine de l'infrarouge (\lambda_{\mathrm{vib}} \sim 1\,\mu\mathrm{m}\text{ à }25\,\mu\mathrm{m}). La longueur d'onde de fluorescence est donc nettement plus faible que celle associée aux mouvements de vibration :

      \lambda_{\mathrm{fluo}} < \lambda_{\mathrm{vib}}

   3. Comparaison des énergies des photons :
      D'après la relation de Planck-Einstein, l'énergie E d'un photon associé à une onde de longueur d'onde dans le vide \lambda s'écrit :

      E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}

      où h désigne la constante de Planck et c la célérité de la lumière dans le vide.

      L'énergie d'un photon est inversement proportionnelle à sa longueur d'onde. Comme \lambda_{\mathrm{fluo}} < \lambda_{\mathrm{vib}}, on en déduit que :

      \boxed{E_{\mathrm{fluo}} > E_{\mathrm{vib}}}

      Les énergies des photons émis par fluorescence sont donc plus grandes que celles des photons associés aux mouvements vibrationnels.

   Résultat

   $${\lambda }_{\mathrm{fluo}}\in [400\mathrm{nm};750\mathrm{nm}]$$

   $$E_{\mathrm{fluo}}>E_{\mathrm{vib}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2023, Q18

   Lors du phénomène de fluorescence, la molécule absorbe un photon d'énergie E_{\mathrm{abs}} = \frac{h c}{\lambda_{\mathrm{abs}}} et passe de son état électronique fondamental S_0 à un état électronique excité S_1.

   Avant de se désexciter radiativement, la molécule subit une relaxation vibrationnelle rapide et non radiative (dissipation thermique) vers le niveau vibrationnel de plus basse énergie de l'état excité. La réémission radiative par fluorescence vers un niveau de l'état fondamental libère alors un photon d'énergie E_{\mathrm{em}} = \frac{h c}{\lambda_{\mathrm{em}}}.

   En vertu du principe de conservation de l'énergie, une partie de l'énergie ayant été dissipée sous forme thermique, l'énergie du photon réémis est strictement inférieure à celle du photon absorbé :

   E_{\mathrm{em}} \leqslant E_{\mathrm{abs}} \iff \frac{h c}{\lambda_{\mathrm{em}}} \leqslant \frac{h c}{\lambda_{\mathrm{abs}}} \iff \lambda_{\mathrm{abs}} \leqslant \lambda_{\mathrm{em}}

   Ce décalage spectral vers les plus grandes longueurs d'onde est appelé le déplacement de Stokes.

   Le spectre d'absorption est donc décalé vers les plus courtes longueurs d'onde par rapport au spectre d'émission.

   Sur la figure 7 (à droite), la courbe présentant son maximum à la plus faible longueur d'onde (pic vers 565\text{ nm}) est tracée en traits pointillés, tandis que celle située aux longueurs d'onde plus élevées (pic vers 590\text{ nm}) est en trait continu.

   \boxed{\text{Le spectre d'absorption de l'ATTO565}^{\mathrm{TM}}\text{ est représenté par la courbe en trait pointillé.}}

   Résultat

   $${\text{Le spectre d’absorption de l’ATTO565}}^{\mathrm{TM}}\text{ est repreˊsenteˊ par la courbe en trait pointilleˊ.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2023, Q19

   1. Commentaire de l'allure des spectres (figure 7) :

   • Le spectre d'émission de l'atome d'hydrogène est un spectre de raies discrètes : il est constitué de composantes monochromatiques extrêmement fines et nettement séparées (série de Balmer dans le visible).
   • Le spectre d'émission de la molécule d'\text{ATTO565}^{\mathrm{TM}} est un spectre de bande continu : l'émission s'étend continûment sur une large plage de longueurs d'onde (d'environ 550\text{ nm} à plus de 700\text{ nm}), avec un maximum d'intensité vers 590\text{ nm} et un épaulement vers 640\text{ nm}.

   2. Origine physique de la différence :

   • Atome d'hydrogène : L'atome ne possède que des degrés de liberté électroniques. Les niveaux d'énergie atomique sont purement discrets et bien espacés. Une transition radiative entre deux niveaux E_n et E_p produit un photon d'énergie strictement définie :

     h\nu = E_n - E_p

     ce qui conduit à des raies spectrales d'émission quasi-monochromatiques.

   • Molécule complexe \text{ATTO565}^{\mathrm{TM}} : Une molécule possède des degrés de liberté électroniques, vibrationnels et rotationnels. À chaque niveau électronique est associée une multitude de sous-niveaux d'énergie de vibration (vus aux questions Q15 à Q17) et de rotation, très rapprochés. Les transitions radiatives mettent en jeu des changements simultanés d'états électronique et vibrationnel (transitions vibroniques). De plus, en solution, les interactions thermiques et les collisions avec le solvant provoquent un élargissement des transitions (élargissement homogène et inhomogène), qui fusionne l'ensemble de ces raies extrêmement denses en une bande d'émission continue et large.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2023, Q20

   1. Modèle mathématique

   • Le graphique de gauche montre une décroissance monotone de l'intensité de fluorescence normalisée, partant de I(0) = 1{,}0.
   • Le graphique de droite représente le logarithme népérien de l'intensité en fonction du temps. On observe une droite passant par l'origine (0,0) et de pente négative constante.

   Une relation affine entre \ln(I) et t de la forme \ln(I(t)) = \ln(I_0) - \frac{t}{\tau} traduit une loi de décroissance exponentielle du premier ordre. Le modèle mathématique proposé s'écrit donc :

   \boxed{I(t) = I_0\,\exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)}

   où I_0 = I(0) est l'intensité initiale à l'arrêt de l'excitation et \tau la durée de vie de l'état excité.

   2. Évaluation numérique de la durée de vie \tau

   D'après le modèle, la pente de la droite du graphe semi-logarithmique est :

   p = \frac{\mathrm{d}\ln(I)}{\mathrm{d}t} = -\frac{1}{\tau}

   En relevant deux points bien identifiés sur le graphique de droite :

   • à t = 0\text{ ns}, \ln(I) = 0 ;
   • à t = 16\text{ ns}, \ln(I) = -4{,}0 (on lit de même \ln(I) = -1{,}0 à t = 4\text{ ns}).

   On en déduit :

   \tau = -\frac{\Delta t}{\Delta \ln(I)} = -\frac{16 - 0}{-4{,}0 - 0} = 4{,}0\text{ ns}

   On vérifie la cohérence sur le graphique linéaire de gauche : pour t = \tau = 4{,}0\text{ ns}, l'intensité normalisée vaut :

   I(\tau) = \frac{I_0}{\mathrm{e}} \approx 0{,}37

   ce qui correspond précisément à la valeur lue à t = 4\text{ ns}.

   \boxed{\tau = 4{,}0\text{ ns}}

   Résultat

   $$I(t)=I_0\exp \left(-\frac{t}{\tau }\right)$$

   $$\tau =4,0\text{ ns}$$

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5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2023, Q21

   Pour que la méthode de mesure de la fluorescence résolue en temps fonctionne et donne directement accès à la décroissance exponentielle propre de l'état excité, l'impulsion d'excitation doit pouvoir être assimilée à une excitation instantanée (modélisable par une distribution de Dirac \delta(t)).

   La durée de l'impulsion d'excitation, notée \Delta t_{\text{imp}}, doit donc être très courte devant la durée de vie de fluorescence \tau de l'état excité :

   \boxed{\Delta t_{\text{imp}} \ll \tau}

   Puisque la durée de vie vaut \tau \approx 4{,}0\text{ ns} (question 20), la durée de l'impulsion laser doit être typiquement sub-nanoseconde, c'est-à-dire dans le domaine picoseconde ou femtoseconde (\Delta t_{\text{imp}} \lesssim 100\text{ ps}).

   Résultat

   $$\Delta t_{\text{imp}}\ll \tau$$

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6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2023, Q23

   D'après la question Q18, le spectre d'absorption de la molécule fluorescente \text{ATTO}565^{\mathrm{TM}} correspond à la courbe en pointillés de la figure 7. Ce spectre présente un maximum d'absorption situé à :

   \lambda_{\mathrm{abs, max}} \approx 565\text{ nm}

   avec une absorption très importante sur la plage [520\text{ nm}, 575\text{ nm}].

   Les filtres disponibles ont une largeur spectrale typique de \Delta\lambda = 40\text{ nm}. Le filtre centré sur :

   \lambda_0 = 550\text{ nm}

   possède une bande passante couvrant l'intervalle [530\text{ nm}, 570\text{ nm}].

   Ce filtre est le plus approprié car :

   • il englobe une large part de la zone de forte absorption de la molécule (incluant le voisinage immédiat du maximum à 565\text{ nm}), ce qui permet d'exciter efficacement un grand nombre de molécules ;
   • sa coupure haute (\approx 570\text{ nm}) est située en deçà du maximum d'émission de fluorescence (\lambda_{\mathrm{em, max}} \approx 590\text{ nm}), ce qui évite que la lumière d'excitation n'éblouisse le capteur dans la bande d'émission et permet une séparation spectrale nette au moyen du miroir dichroïque.

   \boxed{\text{Le filtre d'excitation le plus approprié est le filtre centré à } \lambda_0 = 550\text{ nm}.}

   Résultat

   $$\text{Le filtre d’excitation le plus approprieˊ est le filtre centreˊ aˋ }{\lambda }_0=550\text{ nm}.$$

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7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2023, Q24

   D'après le schéma de la figure 9 :

   • Le faisceau d'excitation, centré à \lambda_0 = 550\text{ nm} et de largeur \Delta \lambda = 40\text{ nm} (soit une bande [530\text{ nm}\,;\,570\text{ nm}]), doit être réfléchi par le miroir dichroïque vers l'échantillon. Le coefficient de réflexion doit donc y être maximal :

     R(\lambda) \approx 1 \quad \text{pour } \lambda \in [530\text{ nm}\,;\,570\text{ nm}].

   • La fluorescence émise par la molécule \mathrm{ATTO565}^{\mathrm{TM}} présente un spectre compris essentiellement entre 570\text{ nm} et 700\text{ nm} (avec un maximum à 590\text{ nm}, d'après la figure 7). Ce signal doit être transmis vers la caméra sans être dévié :

     T(\lambda) \approx 1 \implies R(\lambda) \approx 0 \quad \text{pour } \lambda \ge 580\text{ nm}.

   Le miroir dichroïque agit donc comme un filtre passe-bas en réflexion (ou passe-haut en transmission), avec une longueur d'onde de coupure \lambda_c située entre la bande d'excitation et le début de la bande d'émission, typiquement :

   \lambda_c \approx 575\text{ nm}.

   \boxed{R(\lambda) \approx \begin{cases} 1 & \text{pour } \lambda < \lambda_c \approx 575\text{ nm} \quad \text{(réflexion de l'excitation)} \\ 0 & \text{pour } \lambda > \lambda_c \approx 575\text{ nm} \quad \text{(transmission de la fluorescence)} \end{cases}}

   Résultat

   $$R(\lambda )\approx \{\begin{array}{ll}1& \text{pour }\lambda <{\lambda }_c\approx 575\text{ nm}\text{(reˊflexion de l’excitation)}\\ 0& \text{pour }\lambda >{\lambda }_c\approx 575\text{ nm}\text{(transmission de la fluorescence)}\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question