Feuille d'entraînement : Physique quantique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation PC 2026, Q15

   On injecte la forme de l'état stationnaire \psi(x,t) = \varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} dans l'équation de Schrödinger dépendante du temps :

   i\hbar \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2\mu} \frac{\partial^2 \psi(x,t)}{\partial x^2} + V(x)\psi(x,t)

   Calculons les dérivées partielles de la fonction d'onde :

   \begin{aligned} \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} &= -i\frac{E}{\hbar}\,\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} \\ \frac{\partial^2 \psi(x,t)}{\partial x^2} &= \frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2}\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} \end{aligned}

   Le membre de gauche s'écrit donc :

   i\hbar \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} = i\hbar\left(-i\frac{E}{\hbar}\right)\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} = E\,\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t}

   En reportant dans l'équation de Schrödinger et en simplifiant par le terme temporel non nul \mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t}, on obtient l'équation de Schrödinger stationnaire :

   E\,\varphi(x) = -\frac{\hbar^2}{2\mu}\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + V(x)\,\varphi(x)

   soit, en réarrangeant les termes :

   \frac{\hbar^2}{2\mu}\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \bigl(E - V(x)\bigr)\varphi(x) = 0

   En multipliant par le facteur \dfrac{2\mu}{\hbar^2}, il vient :

   \frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \frac{2\mu}{\hbar^2}\bigl(E - V(x)\bigr)\varphi(x) = 0

   Sachant que le potentiel harmonique est donné par V(x) = \dfrac{1}{2}\mu\omega_0^2 x^2, on a :

   \frac{2\mu}{\hbar^2}\bigl(E - V(x)\bigr) = \frac{\mu}{\hbar^2}\bigl(2E - 2V(x)\bigr) = \frac{\mu}{\hbar^2}\bigl(2E - \mu\omega_0^2 x^2\bigr)

   On aboutit bien à l'équation différentielle recherchée :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \frac{\mu}{\hbar^2}(2E - \mu\omega_0^2 x^2)\varphi(x) = 0}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi (x)}{\mathrm{d}{x}^2}+\frac{\mu }{{\hslash }^2}(2E-\mu {\omega }_0^2{x}^2)\phi (x)=0$$

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2. Exercice 2CCINP Modelisation PC 2026, Q17

   D'après les développements limités à l'ordre deux établis à la question Q16 :

   \begin{aligned} \varphi(x + \mathrm{d}x) &\approx \varphi(x) + \mathrm{d}x\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) + \frac{\mathrm{d}x^2}{2}\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) \\ \varphi(x - \mathrm{d}x) &\approx \varphi(x) - \mathrm{d}x\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) + \frac{\mathrm{d}x^2}{2}\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) \end{aligned}

   En sommant ces deux égalités membre à membre, le terme d'ordre un disparaît :

   \begin{aligned} \varphi(x + \mathrm{d}x) + \varphi(x - \mathrm{d}x) &\approx 2\varphi(x) + \mathrm{d}x^2\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} \end{aligned}

   On en déduit l'approximation de la dérivée seconde :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} \approx \frac{\varphi(x + \mathrm{d}x) - 2\varphi(x) + \varphi(x - \mathrm{d}x)}{\mathrm{d}x^2}}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi (x)}{\mathrm{d}{x}^2}\approx \frac{\phi (x+\mathrm{d}x)-2\phi (x)+\phi (x-\mathrm{d}x)}{\mathrm{d}{x}^2}$$

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3. Exercice 3CCINP Modelisation PC 2026, Q24

   D'après le rappel sur la méthode des rectangles à gauche, l'intégrale sur l'intervalle [-L, L] subdivisé par les abscisses (x_i)_{0 \le i \le N-1} s'approxime par la somme des aires des N-1 rectangles de largeur \mathrm{d}x et de hauteur f(x_i) = \varphi(x_i)^2 = \varphi_i^2 :

   \int_{-L}^{L} \varphi(x)^2 \,\mathrm{d}x \approx \sum_{i=0}^{N-2} \varphi(x_i)^2 \,\mathrm{d}x = \mathrm{d}x \sum_{i=0}^{N-2} \varphi_i^2

   Dans le tableau phi de dimension N, les valeurs \varphi_0, \dots, \varphi_{N-2} correspondent à la tranche phi[:-1]. En utilisant la fonction np.sum décrite en annexe, l'instruction 3.1 s'écrit en une seule ligne :

   norm = np.sum(phi[:-1]**2) * dx

   Remarque : Compte tenu de la grande valeur de N (N = 10\,000), le dernier terme \varphi_{N-1}^2 est négligeable devant la somme, de sorte que l'écriture norm = np.sum(phi**2) * dx est également tout à fait recevable.

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4. Exercice 4E3A Physique-Chimie PC 2026, Q12

   D'après l'énoncé, le moment cinétique orbital de l'électron est quantifié selon :

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

   En élevant au carré et en utilisant l'expression de v_n^2 = \dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e r_n} établie à la question Q10, il vient :

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

   On en déduit :

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

   La grandeur a_0 est le rayon de Bohr (valant numériquement environ 0{,}53\text{ \AA}).

   En injectant l'expression de r_n dans celle de l'énergie mécanique E_n = -\dfrac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r_n} (question Q11), on obtient :

   \begin{aligned} E_n &= -\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 a_0 n^2} = -\frac{E_0}{n^2} \end{aligned}

   avec :

   \boxed{E_n = -\frac{E_0}{n^2}} \quad \text{où} \quad \boxed{E_0 = \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 a_0} = \frac{m_e e^4}{32\pi^2\varepsilon_0^2\hbar^2} = \frac{m_e e^4}{8\varepsilon_0^2 h^2}}

   (valant numériquement environ 13{,}6\text{ eV}).

   Conséquences physiques de ces expressions :

   1. Quantification de l'énergie et stabilité de l'atome : l'énergie de l'électron ne peut prendre que des valeurs discrètes. En particulier, pour n=1, l'électron atteint l'état fondamental d'énergie minimale E_1 = -E_0 et de rayon minimal r_1 = a_0. Contrairement aux prédictions de l'électrodynamique classique, l'électron ne rayonne pas en continu et ne s'écrase pas sur le noyau, assurant ainsi la stabilité de la matière.
   2. Spectre de raies d'émission et d'absorption : lors d'une transition entre deux niveaux p et n, l'atome n'échange de l'énergie avec le rayonnement que par émission ou absorption d'un photon d'énergie \Delta E = |E_p - E_n| = h\nu, ce qui explique la présence d'un spectre de raies discret caractéristique de l'élément chimique.

   Résultat

   $$r_n=a_0{n}^2$$

   $$a_0=\frac{4\pi {\epsilon }_0{\hslash }^2}{m_e{e}^2}=\frac{{\epsilon }_0{h}^2}{\pi m_e{e}^2}$$

   $$E_n=-\frac{E_0}{n^2}$$

   $$E_0=\frac{e^2}{8\pi {\epsilon }_0{a}_0}=\frac{m_e{e}^4}{32{\pi }^2{\epsilon }_0^2{\hslash }^2}=\frac{m_e{e}^4}{8{\epsilon }_0^2{h}^2}$$

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5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 PC 2026, Q16

   Sur l'intervalle [0, \ell], le potentiel est nul (V(x) = 0). D'après l'équation (4) et le résultat de la question Q13, la partie spatiale \underline{\psi}(x) de la fonction d'onde vérifie l'équation de Schrödinger stationnaire :

   -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^2\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^2}(x) = E \underline{\psi}(x) \iff \frac{\mathrm{d}^2\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^2}(x) + k^2 \underline{\psi}(x) = 0

   où l'on a posé k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2}, avec E > 0 pour un état non trivial. La solution générale s'écrit :

   \underline{\psi}(x) = \underline{A}\sin(kx) + \underline{B}\cos(kx)

   Les conditions aux limites imposées aux deux extrémités du segment sont :

   \begin{aligned} \underline{\psi}(0) = 0 &\implies \underline{B} = 0 \\ \underline{\psi}(\ell) = 0 &\implies \underline{A}\sin(k\ell) = 0 \end{aligned}

   Pour obtenir une solution non identiquement nulle (\underline{A} \neq 0), il vient :

   k\ell = n\pi \quad \text{avec } n \in \mathbb{N}^*

   L'entier n correspond bien au mode présentant n-1 nœuds intermédiaires sur ]0, \ell[. On en déduit l'expression du vecteur d'onde quantifié :

   k_n = \frac{n\pi}{\ell}

   L'énergie de la particule au niveau n vaut alors :

   E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{n\pi}{\ell}\right)^2

   En introduisant la constante de Planck h = 2\pi\hbar, on obtient :

   \boxed{E_n = \frac{n^2 h^2}{8m\ell^2}}

   Résultat

   $$E_n=\frac{n^2{h}^2}{8m{\ell }^2}$$

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6. Exercice 6Mines-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

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

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

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7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 PC 2026, Q23

   La probabilité de trouver l'électron dans un élément de volume \mathrm{d}^3\tau centré en \vec{r} vaut :

   \mathrm{d}\mathbb{P} = |\underline{\Psi}(\vec{r},t)|^2\,\mathrm{d}^3\tau = |f(r)|^2\,\mathrm{d}^3\tau

   En coordonnées sphériques, l'élément de volume s'écrit \mathrm{d}^3\tau = r^2\sin\theta\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi. En intégrant sur toutes les directions angulaires pour une coquille sphérique d'épaisseur \mathrm{d}r :

   \mathrm{d}\mathbb{P} = |f(r)|^2 r^2\,\mathrm{d}r \int_{\theta=0}^\pi \sin\theta\,\mathrm{d}\theta \int_{\varphi=0}^{2\pi}\mathrm{d}\varphi = 4\pi r^2 |f(r)|^2\,\mathrm{d}r

   Par identification avec \mathrm{d}\mathbb{P} = \rho(r)\,\mathrm{d}r, on obtient la densité radiale de probabilité :

   \rho(r) = 4\pi r^2 \psi_0^2\,\mathrm{e}^{-2r/R}

   La probabilité totale de présence de l'électron dans tout l'espace doit être égale à 1 :

   \int_0^\infty \rho(r)\,\mathrm{d}r = 4\pi \psi_0^2 \int_0^\infty r^2\,\mathrm{e}^{-2r/R}\,\mathrm{d}r = 1

   À l'aide du changement de variable x = \frac{2r}{R} (soit r = \frac{R}{2}x et \mathrm{d}r = \frac{R}{2}\,\mathrm{d}x), l'intégrale se met sous la forme :

   \int_0^\infty r^2\,\mathrm{e}^{-2r/R}\,\mathrm{d}r = \left(\frac{R}{2}\right)^3 \int_0^\infty x^2\,\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x

   D'après les intégrales données en fin d'énoncé, \int_0^\infty x^2\,\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = 2, d'où :

   4\pi \psi_0^2 \cdot \frac{R^3}{8} \cdot 2 = \pi \psi_0^2 R^3 = 1 \implies \psi_0 = \frac{1}{\sqrt{\pi R^3}}

   On en déduit l'expression normalisée de la densité radiale de probabilité :

   \boxed{\rho(r) = \frac{4}{R^3}\,r^2\,\mathrm{e}^{-2r/R}}

   Étudions les variations de \rho(r) pour r \geqslant 0 :

   \frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}r}(r) = \frac{4}{R^3}\left(2r - \frac{2r^2}{R}\right)\mathrm{e}^{-2r/R} = \frac{8r}{R^3}\left(1 - \frac{r}{R}\right)\mathrm{e}^{-2r/R}

   • En r = 0, \rho(0) = 0 et la tangente est horizontale (\rho'(0) = 0) ;
   • Pour 0 < r < R, \rho'(r) > 0, la fonction est strictement croissante ;
   • Pour r > R, \rho'(r) < 0, la fonction est strictement décroissante ;
   • Lorsque r \to +\infty, \rho(r) \to 0 par croissance comparée.

   La fonction \rho(r) admet donc un unique maximum en r = R, de valeur \rho(R) = \frac{4}{\mathrm{e}^2 R}.

   Interprétation géométrique de R : Le paramètre R représente le rayon le plus probable, c'est-à-dire la distance au noyau pour laquelle la probabilité de trouver l'électron dans une coquille sphérique d'épaisseur \mathrm{d}r est maximale.

   Résultat

   $$\rho (r)=\frac{4}{R^3}{r}^2{\mathrm{e}}^{-2r/R}$$

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8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q6

   D'après le postulat de Max Born, la quantité réelle positive |\Psi(M,t)|^{2} représente la densité volumique de probabilité de présence de l'électron au point M à l'instant t.

   La probabilité \mathrm{d}\mathcal{P} de détecter l'électron à l'instant t dans un volume élémentaire \mathrm{d}V centré autour de la position M s'écrit :

   \mathrm{d}\mathcal{P}(M,t) = |\Psi(M,t)|^{2}\,\mathrm{d}V

   Par conséquent, l'électron étant nécessairement présent quelque part dans l'espace, la fonction d'onde vérifie la condition de normalisation :

   \boxed{\iiint_{\text{espace}} |\Psi(M,t)|^{2}\,\mathrm{d}V = 1}

   Résultat

   $${\iiint }_{\text{espace}}|\Psi (M,t){|}^2\mathrm{d}V=1$$

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9. Exercice 9Mines-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

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

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

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10. Exercice 10E3A 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

    $$N=nSc\Delta t$$

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

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

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