Feuille d'entraînement : Quantification et confinement

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique U PSI 2024, Q[52]

   D'après les résultats des questions Q[50] et Q[51], les expressions de E_I et a_1 sont :

   E_I = \frac{m_e e^4}{\hbar^2} \quad \text{et} \quad a_1 = \frac{\hbar^2}{m_e e^2},

   avec la convention posée en préambule e^2 = \frac{q_e^2}{4\pi\varepsilon_0}.

   Calculons tout d'abord la constante e^2 avec les valeurs numériques de l'énoncé :

   e^2 = \frac{(-1{,}60 \times 10^{-19}\text{ C})^2}{4\pi \times 8{,}85 \times 10^{-12}\text{ F}\cdot\text{m}^{-1}} \simeq 2{,}302 \times 10^{-28}\text{ J}\cdot\text{m}.

   1. Calcul du demi-grand axe a_1 :

   \begin{aligned} a_1 &= \frac{(1{,}05 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s})^2}{9{,}10 \times 10^{-31}\text{ kg} \times 2{,}302 \times 10^{-28}\text{ J}\cdot\text{m}} \\ &\simeq 5{,}26 \times 10^{-11}\text{ m}. \end{aligned}

   Sachant que 1\text{ \AA} = 10^{-10}\text{ m}, on obtient :

   \boxed{a_1 \simeq 0{,}53\text{ \AA}}

   2. Calcul de l'énergie caractéristique E_I : Remarquons que E_I = \frac{e^2}{a_1} :

   \begin{aligned} E_I &= \frac{2{,}302 \times 10^{-28}\text{ J}\cdot\text{m}}{5{,}263 \times 10^{-11}\text{ m}} \simeq 4{,}37 \times 10^{-18}\text{ J}. \end{aligned}

   En convertissant en électronvolts (1\text{ eV} = 1{,}60 \times 10^{-19}\text{ J}) :

   E_I = \frac{4{,}374 \times 10^{-18}\text{ J}}{1{,}60 \times 10^{-19}\text{ J}\cdot\text{eV}^{-1}} \simeq 27{,}3\text{ eV}.

   (Avec des constantes tabulées plus précises pour \hbar, on trouve la valeur canonique de 27{,}2\text{ eV}).

   \boxed{E_I \simeq 27{,}2\text{ eV} \quad (\text{ou } 27{,}3\text{ eV})}

   Résultat

   $$a_1\simeq 0,53\text{ A˚}$$

   $$E_I\simeq 27,2\text{ eV}(\text{ou }27,3\text{ eV})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique U PSI 2024, Q[49]

   D'après le préambule de la section 2, la transition de l'électron depuis le n-ième niveau vers l'orbitale immédiatement inférieure (le niveau n-1) s'accompagne de l'émission d'un photon de pulsation \Omega = 2\pi/T.

   Le principe de conservation de l'énergie pour ce processus d'émission radiative impose :

   E_n - E_{n-1} = \hbar \Omega.

   Dans la limite des nombres quantiques élevés (n \gg 1), la variation relative de l'énergie entre deux états successifs devient infinitésimale. On peut alors traiter la variable discrète n comme une variable continue. Le taux d'accroissement avec \Delta n = n - (n-1) = 1 s'identifie à la dérivée :

   E_n - E_{n-1} = \frac{E(n) - E(n - \Delta n)}{\Delta n} \underset{n \gg 1}{\simeq} \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}n}.

   En identifiant les deux expressions, on obtient bien :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}n} = \hbar \Omega(E)}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}n}=\hslash \Omega (E)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique U PSI 2024, Q[50]

   D'après la question Q[49], l'équation différentielle régissant l'évolution de l'énergie avec le niveau n s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}n} = \hbar \Omega(E) = \frac{\hbar}{e^2 \sqrt{m_e}} (-2E)^{3/2}.

   L'électron étant dans un état lié du potentiel coulombien, son énergie mécanique est strictement négative (E < 0), ce qui garantit -2E > 0. En séparant les variables, il vient :

   \frac{\mathrm{d}E}{(-2E)^{3/2}} = \frac{\hbar}{e^2 \sqrt{m_e}} \mathrm{d}n.

   On remarque que :

   \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}E} \left( \frac{1}{\sqrt{-2E}} \right) = -\frac{1}{2} (-2) (-2E)^{-3/2} = \frac{1}{(-2E)^{3/2}}.

   L'intégration directe par rapport à n donne :

   \frac{1}{\sqrt{-2E}} = \frac{\hbar}{e^2 \sqrt{m_e}} (n + n^*),

   où n^* est une constante d'intégration sans dimension appelée défaut quantique.

   En inversant cette relation puis en l'élevant au carré, on obtient :

   -2E = \frac{m_e e^4}{\hbar^2 (n + n^*)^2},

   soit pour l'énergie du niveau n :

   E_n = -\frac{m_e e^4}{2\hbar^2 (n + n^*)^2}.

   Cette expression se met bien sous la forme demandée :

   \boxed{E_n = -\frac{E_I}{2(n + n^*)^2}}

   avec :

   \boxed{E_I = \frac{m_e e^4}{\hbar^2}}

   Résultat

   $$E_n=-\frac{E_I}{2(n+n^{\ast }{)}^2}$$

   $$E_I=\frac{m_e{e}^4}{{\hslash }^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique U PSI 2022, Q66

   Dans le cas N = 1, la base des états du système « atome + champ » est constituée des deux états :

   • |e, 0\rangle : l'atome est dans l'état excité et la cavité ne contient aucun photon ;
   • |d, 1\rangle : l'atome est désexcité et la cavité contient 1 photon.

   Le vecteur d'état s'écrit matriciellement :

   |\psi(t)\rangle = \begin{bmatrix} \tilde{\alpha}(t) \\ \tilde{\beta}(t) \end{bmatrix}

   L'équation de Schrödinger i\hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\psi(t)\rangle = H|\psi(t)\rangle avec le Hamiltonien (68) pour N=1 donne :

   i\hbar \begin{bmatrix} \dot{\tilde{\alpha}}(t) \\ \dot{\tilde{\beta}}(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & \hbar\Omega_1 / 2 \\ \hbar\Omega_1 / 2 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \tilde{\alpha}(t) \\ \tilde{\beta}(t) \end{bmatrix}

   En projetant sur chaque composante et en divisant par i\hbar, on obtient :

   \begin{aligned} \dot{\tilde{\alpha}}(t) &= -i\frac{\Omega_1}{2}\tilde{\beta}(t) \\ \dot{\tilde{\beta}}(t) &= -i\frac{\Omega_1}{2}\tilde{\alpha}(t) \end{aligned}

   En identifiant \alpha = \tilde{\alpha} et \beta = \tilde{\beta}, on retrouve exactement les équations différentielles couplées (37) et (38) de la question 46, à condition que :

   \boxed{\Omega_1 = \Omega_0 = \frac{q\mathcal{E}_1 u(\mathbf{R}_0)}{\sqrt{2\hbar m\omega_0}} = \frac{2}{\tau(\mathbf{R}_0)}}

   Justification physique de ce choix :

   • Dans le modèle de la question 46, \alpha(t) = \tilde{r}(t)/r_0 représente l'élongation de l'électron normalisée par r_0, où r_0 correspond précisément à l'énergie d'un photon unique \hbar\omega_0 stockée dans l'atome (question 45). La quantité |\alpha(t)|^2 mesure donc la fraction d'excitation atomique (comprise entre 0 et 1). Dans le formalisme quantique, |\tilde{\alpha}(t)|^2 est exactement la probabilité de trouver l'atome dans son état excité |e,0\rangle.
   • De même, \beta(t) est l'amplitude du mode normalisée par le champ \mathcal{E}_1 d'un seul photon (question 34), de sorte que |\beta(t)|^2 représente le nombre moyen de photons dans la cavité. En mécanique quantique, |\tilde{\beta}(t)|^2 est la probabilité de trouver 1 photon dans le mode (état |d,1\rangle).
   • L'énergie totale étant conservée et fixée à un seul quantum \hbar\omega_0 (|\alpha|^2 + |\beta|^2 = |\tilde{\alpha}|^2 + |\tilde{\beta}|^2 = 1), l'échange réversible d'énergie entre le dipôle classique et le mode à l'échelle d'un seul photon présente un isomorphisme parfait avec la dynamique quantique d'un système à deux niveaux couplé au vide de photons.

   Résultat

   $${\Omega }_1={\Omega }_0=\frac{q{\mathcal{E}}_{1}u({\mathbf{R}}_0)}{\sqrt{2\hslash m{\omega }_0}}=\frac{2}{\tau ({\mathbf{R}}_0)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique U PSI 2022, Q67

   Considérons l'atome initialement dans l'état désexcité en présence de N photons dans la cavité. L'état initial du système s'écrit :

   |\psi(0)\rangle = |d, N\rangle \iff \tilde{\alpha}(0) = 0 \quad \text{et} \quad \tilde{\beta}(0) = 1

   D'après l'équation de Schrödinger (66) munie de la matrice hamiltonienne (68), l'amplitude \tilde{\alpha}(t) vérifie :

   \dot{\tilde{\alpha}}(t) = -i \frac{\Omega_N}{2} \tilde{\beta}(t)

   Aux temps courts (t \ll 1/\Omega_N), on a \tilde{\beta}(t) \approx 1, ce qui donne par intégration :

   \tilde{\alpha}(t) \approx -i \frac{\Omega_N}{2} t

   La probabilité que l'atome se trouve dans l'état excité |e, N-1\rangle au bout du temps t est donc :

   |\tilde{\alpha}(t)|^2 \simeq \frac{\Omega_N^2 t^2}{4}

   D'après la question 64, le modèle semi-classique conduisait aux temps courts à :

   \alpha^2(t) \simeq N \frac{\Omega_0^2 t^2}{4}

   Or, \alpha^2(t) = |\tilde{r}(t)|^2 / r_0^2 représente la fraction de quantum d'énergie \hbar\omega_0 absorbée par l'atome. Aux temps suffisamment courts pour que l'atome n'ait absorbé au plus qu'un seul photon, cette grandeur coïncide nécessairement avec la probabilité de transition quantique |\tilde{\alpha}(t)|^2.

   En identifiant ces deux expressions et en utilisant \Omega_0 = \Omega_1 établi à la question 66 :

   \frac{\Omega_N^2 t^2}{4} = N \frac{\Omega_1^2 t^2}{4}

   d'où :

   \boxed{\Omega_N = \sqrt{N}\Omega_1}

   Résultat

   $${\Omega }_N=\sqrt{N}{\Omega }_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique U PSI 2022, Q68

   L'atome se trouve initialement dans son état excité |e\rangle, et le mode de la cavité contient N_i photons ; l'état initial du système global est donc |e, N_i\rangle.

   Ne disposant que de deux niveaux d'énergie interne, l'atome excité ne peut pas absorber de photon supplémentaire : il ne peut que se désexciter vers l'état |d\rangle en émettant un photon dans le mode résonant de la cavité. Le nombre de photons passe alors de N_i à N_i + 1.

   Le système évolue donc exclusivement entre les deux états :

   \boxed{|e, N_i\rangle \quad \text{et} \quad |d, N_i + 1\rangle}

   Par identification avec la base \{|e, N-1\rangle,\, |d, N\rangle\} introduite à l'équation (65), cette situation correspond au cas où :

   N = N_i + 1

   L'état du système s'écrit alors :

   |\psi(t)\rangle = \tilde{\alpha}(t) |e, N_i\rangle + \tilde{\beta}(t) |d, N_i+1\rangle

   avec les conditions initiales \tilde{\alpha}(0) = 1 et \tilde{\beta}(0) = 0.

   D'après les questions Q66 et Q67, la pulsation de Rabi associée à cette transition vaut :

   \Omega_{N_i+1} = \sqrt{N_i+1}\,\Omega_1

   La matrice du Hamiltonien (équation 68) dans cette base s'écrit :

   H = \begin{bmatrix} 0 & \dfrac{\hbar\Omega_{N_i+1}}{2} \\[6pt] \dfrac{\hbar\Omega_{N_i+1}}{2} & 0 \end{bmatrix}

   L'équation de Schrödinger i\hbar \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\psi(t)\rangle = H|\psi(t)\rangle conduit au système différentiel :

   \begin{aligned} \dot{\tilde{\alpha}}(t) &= -i \frac{\Omega_{N_i+1}}{2} \tilde{\beta}(t) \\ \dot{\tilde{\beta}}(t) &= -i \frac{\Omega_{N_i+1}}{2} \tilde{\alpha}(t) \end{aligned}

   En dérivant la première équation par rapport au temps :

   \ddot{\tilde{\alpha}}(t) + \left(\frac{\Omega_{N_i+1}}{2}\right)^{\!2} \tilde{\alpha}(t) = 0

   Compte tenu de \tilde{\alpha}(0) = 1 et \dot{\tilde{\alpha}}(0) = -i\frac{\Omega_{N_i+1}}{2}\tilde{\beta}(0) = 0, la solution s'écrit :

   \tilde{\alpha}(t) = \cos\left(\frac{\Omega_{N_i+1}}{2} t\right) = \cos\left(\frac{\sqrt{N_i+1}\,\Omega_1}{2} t\right)

   La probabilité pour l'atome de rester dans l'état excité à l'instant t est donc :

   \boxed{|\tilde{\alpha}(t)|^2 = \cos^2\left(\frac{\sqrt{N_i+1}\,\Omega_1}{2} t\right) = \frac{1 + \cos\left(\sqrt{N_i+1}\,\Omega_1 t\right)}{2}}

   Résultat

   $$|e,N_i⟩\text{et}|d,N_i+1⟩$$

   $$|\tilde{\alpha }(t){|}^2={\cos }^2\left(\frac{\sqrt{N_i+1}{\Omega }_1}{2}t\right)=\frac{1+\cos \left(\sqrt{N_i+1}{\Omega }_{1}t\right)}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2021, Q31

   Le phénomène de fluorescence X se déroule en deux étapes :

   1. L'ionisation d'une couche électronique interne de l'atome par effet photoélectrique sous l'impact d'un photon incident ;
   2. La désexcitation radiative d'un électron d'une couche plus externe venant combler la lacune ainsi créée, avec émission d'un photon X de fluorescence caractéristique.

   L'éjection d'un électron d'une couche d'énergie E_{\text{couche}} < 0 n'est possible que si l'énergie E_{\text{inc}} du photon incident est supérieure ou égale à l'énergie d'ionisation (ou énergie de liaison) de cette couche :

   E_{\text{inc}} \geqslant |E_{\text{couche}}|

   D'après le tableau 1, les énergies de liaison des couches K et L du plomb sont :

   |E_{\text{K}}| = 88{,}0\text{ keV} \quad \text{et} \quad |E_{\text{L}}| = 14{,}3\text{ keV}

   • Pour la source de ^{109}\mathrm{Cd} : le photon \gamma émis a une énergie de E_\gamma = 88\text{ keV}. Cette énergie est suffisante pour ioniser la couche K (E_\gamma \approx |E_{\text{K}}|) ainsi que la couche L (E_\gamma \gg |E_{\text{L}}|). Des lacunes sont donc créées sur les deux couches, permettant l'émission et la détection des raies K et L du plomb.

   • Pour le tube à rayons X de 15\text{ keV} :

     |E_{\text{L}}| = 14{,}3\text{ keV} < 15\text{ keV} < |E_{\text{K}}| = 88{,}0\text{ keV}

     L'énergie des photons incidents est suffisante pour arracher un électron de la couche L, ce qui induit l'émission des raies L. En revanche, elle est très inférieure à l'énergie nécessaire pour arracher un électron de la couche K : aucune lacune n'est créée sur cette couche, et les raies K ne peuvent donc pas être émises.

   \boxed{\text{L'assertion est vérifiée : le tube à } 15\text{ keV ne peut exciter que les raies L, alors que le source de cadmium peut exciter les raies K et L.}}

   Résultat

   $$\text{L’assertion est veˊrifieˊe : le tube aˋ }15\text{ keV ne peut exciter que les raies L, alors que le source de cadmium peut exciter les raies K et L.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2021, Q32

   Dans le modèle proposé (figure 4), le niveau d'énergie le plus bas (niveau fondamental pour ces transitions de couches profondes) correspond à la couche K (n=1), d'énergie E_{\text{K}} = -88{,}0\text{ keV}.

   Passage de la couche M au niveau fondamental (transition notée K_\beta) : L'énergie libérée par l'électron lors de cette transition est :

   \Delta E_{\text{M}\to\text{K}} = E_{\text{M}} - E_{\text{K}} = -3{,}0 - (-88{,}0) = 85{,}0\text{ keV}

   Passage de la couche L au niveau fondamental (transition notée K_\alpha) : L'énergie libérée lors de cette transition est :

   \Delta E_{\text{L}\to\text{K}} = E_{\text{L}} - E_{\text{K}} = -14{,}3 - (-88{,}0) = 73{,}7\text{ keV}

   \boxed{\Delta E_{\text{M}\to\text{K}} = 85{,}0\text{ keV} \quad \text{et} \quad \Delta E_{\text{L}\to\text{K}} = 73{,}7\text{ keV}}

   Visibilité des photons émis : Le domaine du visible s'étend sur des longueurs d'onde de 400\text{ nm} à 800\text{ nm}, ce qui correspond à des énergies de photons comprises entre :

   E = \frac{h c}{\lambda} \approx 1{,}6\text{ eV} \quad \text{et} \quad 3{,}1\text{ eV}

   Or, les énergies des photons émis sont de l'ordre de 70\text{ à } 85\text{ keV}, soit environ quatre ordres de grandeur supérieures aux énergies des photons du domaine visible.

   À titre d'illustration, la longueur d'onde du photon émis lors de la transition K_\alpha vaut :

   \lambda = \frac{h c}{\Delta E_{\text{L}\to\text{K}}} = \frac{6{,}63 \times 10^{-34} \times 3{,}00 \times 10^8}{73{,}7 \times 10^3 \times 1{,}60 \times 10^{-19}} \approx 1{,}69 \times 10^{-11}\text{ m} = 16{,}9\text{ pm}

   Cette longueur d'onde se situe très nettement dans le domaine des rayons X durs.

   \boxed{\text{Les photons émis ne sont pas visibles.}}

   Résultat

   $$\Delta E_{\text{M}\to \text{K}}=85,0\text{ keV}\text{et}\Delta E_{\text{L}\to \text{K}}=73,7\text{ keV}$$

   $$\text{Les photons eˊmis ne sont pas visibles.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2021, Q33

   1. Identification des raies sur les spectres :

   • Spectre haute énergie (droite) :

     • Le pic situé à \mathbf{74{,}2\text{ keV}} correspond à la raie \mathbf{K_\alpha} (transition \mathrm{L} \to \mathrm{K}), calculée à 73{,}7\text{ keV} d'après la question Q32.
     • Le pic situé à \mathbf{85{,}4\text{ keV}} correspond à la raie \mathbf{K_\beta} (transition \mathrm{M} \to \mathrm{K}), calculée à 85{,}0\text{ keV} d'après la question Q32.

   • Spectre basse énergie (gauche) :

     • Les pics situés à \mathbf{10{,}5\text{ keV}}, \mathbf{12{,}6\text{ keV}} (et le pic secondaire vers 14{,}7\text{ keV}) correspondent aux désexcitations électroniques vers la couche L, c'est-à-dire aux raies du groupe \mathbf{L} (\mathrm{L}_\alpha, \mathrm{L}_\beta, \mathrm{L}_\gamma).

   2. Confrontation avec le modèle simple :

   D'après le tableau 1, l'énergie libérée lors de la transition \mathrm{M} \to \mathrm{L} dans ce modèle simplifié vaut :

   \Delta E_{\mathrm{M}\to\mathrm{L}} = E_\mathrm{M} - E_\mathrm{L} = -3{,}0 - (-14{,}3) = 11{,}3\text{ keV}

   Le modèle simple associe un niveau d'énergie unique à chaque couche (n = 2 pour L, n = 3 pour M). Il ne prévoit donc qu'une seule raie à 11{,}3\text{ keV} et ne permet pas de rendre compte de l'existence distincte des deux raies à 10{,}5\text{ keV} et 12{,}6\text{ keV}.

   3. Explications possibles :

   • Structure fine et sous-couches (explication principale) : Dans un atome lourd polyélectronique (Z = 82), les couches L et M ne sont pas mono-énergétiques. Elles sont divisées en sous-niveaux d'énergie distincts (\mathrm{L}_\mathrm{I}, \mathrm{L}_\mathrm{II}, \mathrm{L}_\mathrm{III} pour n=2, et \mathrm{M}_\mathrm{I} à \mathrm{M}_\mathrm{V} pour n=3) sous l'effet du couplage spin-orbite et des corrections relativistes. Les transitions radiatives entre ces différents sous-niveaux produisent plusieurs raies d'énergies voisines encadrant la valeur moyenne de 11{,}3\text{ keV} (notamment \mathrm{L}_{\alpha_1} \approx 10{,}5\text{ keV} et \mathrm{L}_{\beta_1} \approx 12{,}6\text{ keV}).
   • Implication de couches supérieures : Comme le suggère le diagramme de la figure 4 où figure un niveau au-dessus de la couche M (couche N, n=4), la raie à 10{,}5\text{ keV} peut être attribuée à la raie \mathrm{L}_\alpha (transition \mathrm{M} \to \mathrm{L}) et la raie à 12{,}6\text{ keV} à la raie \mathrm{L}_\beta (transition plus énergétique issue d'une couche supérieure \mathrm{N} \to \mathrm{L}).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2024, Q[51]

    D'après l'énoncé, le défaut quantique est nul pour l'atome d'hydrogène (n^* = 0). L'énergie du niveau n trouvée à la question Q[50] s'écrit donc :

    E_n = -\frac{E_I}{2n^2} = -\frac{m_e e^4}{2\hbar^2 n^2}.

    D'autre part, la relation établie à la question Q[44] relie l'énergie mécanique E_n au demi-grand axe a_n de la trajectoire :

    E_n = -\frac{e^2}{2a_n}.

    En identifiant ces deux expressions :

    -\frac{e^2}{2a_n} = -\frac{m_e e^4}{2\hbar^2 n^2} \implies \frac{1}{a_n} = \frac{m_e e^2}{\hbar^2 n^2}.

    On en déduit immédiatement :

    a_n = n^2 \frac{\hbar^2}{m_e e^2}.

    Chaque état quantique possède ainsi un demi-grand axe de la forme :

    \boxed{a_n = n^2 a_1}

    avec

    \boxed{a_1 = \frac{\hbar^2}{m_e e^2} = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e q_e^2}.}

    Résultat

    $$a_n=n^2{a}_1$$

    $$a_1=\frac{{\hslash }^2}{m_e{e}^2}=\frac{4\pi {\epsilon }_0{\hslash }^2}{m_e{q}_e^2}.$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question