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MP 2017-2018 Parc des loges Corrigé du devoir surveillé A Problème n◦1 : Physiq

MP 2017-2018 Parc des loges Corrigé du devoir surveillé A Problème n◦1 : Physique statistique. Capacités thermiques 1. CV = (∂U ∂T ) V et Cp = (∂H ∂T ) P H = U + PV = U + nRT pour un gaz parfait donc CP = CV + nR C'est la relation de Mayer 2. a) Lorsque l'énergie d'une particule fait intervenir le carré d'une coordonnées d'espace ou de vitesse au carré, la moyenne de ce terme énergétique est 1 2kbT. b) Pour un gaz parfait l'énergie interne est l'énergie cinétique. S'il est monoatomique ε = 1 2m(v2 x + v2 y + v2 z) d'où ⟨ε⟩= 3 2kBT et E = 3 2NkBT CV = 3 2NkB c) On observe l'évolution suivante de CV(T) que l'on peut interpréter : • A T ambiante, l'énegie cinétique d'une molécule est : Ec = 1 2m(v2 x + v2 y + v2 z) + 1 2J ˙ θ2 + 1 2J ˙ φ2 d'où ⟨ε⟩= 5 2kBT et E = 5 2NkBT • à basse T, les degrés de liberté de rotation sont gelés et la molécule diatomique se comporte comme un gaz monoatomique. CV = 3 2NkB • à haute T, on observe des vibrations de la molécules qui rajoute deux termes quadratiques : un d'énergie cinétique de translation et un d'énergie potentielle élastique. CV = 7 2NkB 3. Un solide de N atomes peut etre considéré comme un ensemble de N oscillateurs harmoniques (les interactions étant modélisées ainsi au voisinage des positions d'équilibre). Chaque atome possède une énergie ε = ec + ep = 1 2m(v2 x + v2 y + v2 z) + 1 2k(x2 + y2 + z2) L'énergie du solide est donc E = Nε = 6N1 2kbT d'où Cv = 3N C'est la loi de Dulong et Petit. 1 Devoir surveillé 4. a) On considère un système de particules pouvant être dans deux niveaux d'énergie. C'est le cas par exemple d'atomes pouvant avoir un moment magnétique + − − → M dans un champ magnétique − → B . Le moment magnétique étant quanti é (expérience de Stern et Gerlach), l'énergie est quanti ée et prend deux valeur + −ε. b) la fonction de partition est Z = 2 ch E/kT. p1 = eE/kT 2 ch E/kT et p2 = e−E/kT 2 ch E/kT c) Il vient pour une particule ε = −E th ( E kT ) Donc pour N particules Etot = −NE th ( E kT ) On constate que si T→0, l'énergie est celle du fondamental alors que si T →∞l'énergie moyenne est nulle car les états sont équiprobables. d) Pour un système de N atomes CV = NdE dT = NE2 kBT2 ( 1 −th 2 ( E KT )) La capacité thermique est nulle à faible et haute température. e) ε2 = p1ε2 + p2ε2 = ε2 ∆ε2 = ε2 −(ε)2 = E2 ( 1 −th 2 ( E KT )) = kBT2CV N Pour le système global, ∆E2 = kBT2CV On constate que les uctuations sont proportionnelles à la capacité thermique ; c'est un exemple d'un théorème très général en physique : le Théorème de uctuation-dissipation. Problème n◦2 : Physique quantique 1.1/1 Une fonction d'onde ψ(− → r , t) est une grandeur complexe, dépendant a priori de − → r et de t, qui caractérise l'état d'une particule. Par dé nition, la probabilité de trouver la particule dans un volume dx est dP = |ψ(x, t)|2 dx Pour une particule à un degré de liberté : ∫ espace |ψ(x, t)|2 dx = 1 La connaissance de la fonction d'onde permet de calculer des valeurs moyennes ; par exemple la vitesse moyenne est ⟨v⟩= ∫ espace v(x, t) |ψ(x, t)|2 dx 1.2/0,5 Schrödinger a postulé cette équation en 1925 1.3/2 iℏf ′(t) f(t) = −ℏ2 2mφ ∂2φ ∂x2 + V(x) = Cte 2 MP 2017-2018 Parc des loges Cette constante est homogène à une énergie et on l'appelle E. On constate que E est l'énergie de la particule. On a alors l'équation de Schrödinger indepéndante du temps : −ℏ2 2m ∂2φ ∂x2 + V(x)φ = Eφ On peut déterminer aisément la fonction f f(t) = Ae−i Et ℏ La densité de probabilité de présence est indépendante du temps : |ψ|2 = |φ|2 2.1/2 L'équation de Schrodinger pour un état stationnaire s'écrit : ℏ2 2m ∂2φ ∂x2 + Eφ = 0 En choisissant E> 0, il vient, φ(x) = Aeikx + Be−ikx en posant k2 = 2mE ℏ2 . En gardant un terme (OPPH se propageant selon les x croissants, ψ(x, t) = Aei(kx−ωt) On remarque que l'état stationnaire est très loin de correspondre à une onde stationnaire car il s'agit d'une OPPH. 2.2/1 En identi ant la vitesse de groupe à la vitesse de la particule, vg = dω dk = ℏk m On retrouve la relation de De Broglie : p = mv = ℏk = h λ 2.3/1 la fonction d'onde déterminée ne peut pas décrire l'état physique d'une particule car ∫ espace |ψ(x, t)|2 dx diverge. En réalité l'état est dé ni par un paquet d'onde, superposition d'OPPH, dé ni par un spectre de largeur ∆ω ou ∆k (les deux étant bien sur reliés). 3.1/2 La résolution est d2φ dx2 + k2φ = 0 avec kn = √ 2mE ℏ φ(0) = φ(L) = 0 Les solutions pour E<0 ne permettent pas de réaliser les CL. On trouve que φ(x) = Bn sin(knx) avec kn = nπ L est quanti é. La normalisation donne Bn = √ 2 L. 3.2 et 3.3/1,5 L'énergie est donc quanti ée En = n2ℏ2π2 2mL2 3 Devoir surveillé 3.4/1,5 Le photon a une énergie E2 −E1 = hc λ . On trouve alors λ = 3, 3µm Il s'agit d'un rayonnement infra-rouge. Les particules con nées dans le puits ont une énergie cinétique et donc une vitesse non nulle conformément au principe d'Heisenberg. On constate que l'impulsion d'un niveau n est pn = nℏπ L . L'incertitude sur l'impulsion est donc ∆p = nℏπ L . 4.1/1,5 La résolution de l'équation de Schrödinger donne φ(x) = AeKx x < −L/2 φ(x) = Be−Kx x > L/2 φ(x) = C cos Kx + D sin Kx x ∈[−L/2; L/2] 4.2/1,5 On sait que l'on doit avoir continuité de φ, ainsi que de φ′. De ce fait, il vient les quatre équations suivantes Ae−KL/2 = C cos(kL/2) −D sin(kL/2) (1) Be−KL/2 = C cos(kL/2) + D sin(kL/2) (2) AKe−KL/2 = Ck sin(kL/2) + Dk cos(kL/2) (3) −BKe−KL/2 = −Ck sin(kL/2) + Dk cos(kL/2) (4) Notons que ces quatre équations imposent obligatoirement des valeurs d'énergies bien précises car on a un système homogène dont on ne veut pas la solution nulle. C'est le déterminant de la matrice du système 4.3.a/1,5 Pour une fonction d'onde spatiale recherchée paire, A=B et D=0 Les quatre relations de la question précédente se réduisent à deux équations indépendantes donnant KL 2 = kL 2 tan (kL 2 ) 4.3.b/2 Les solutions véri ant également la relation K2 + k2 = 2mV0 ℏ2 On pose x = kL/2 et y = KL/2. Il faut étudier l'intersection de la courbe de f(x) avec le quart de cercle de centre O et de rayon R = √ L2mV0 2ℏ2 On voit donc bien sur la gure suivante (en traits pleins) que pour V0 xé, donc R xé, le nombre d'intersections est ni, chaque intersection correspondant à une valeur bien précise d'énergie : les énergies des états stationnaires symétriques sont quanti ées et de nombre ni. Notons au passage qu'il existe forcément au moins une solution. 4 MP 2017-2018 Parc des loges 4.4/2 Cette fois-ci, pour une fonction d'onde spatiale recherchée impaire, et A = -B et C=0 donc Ae−KL/2 = −Dsin(kL/2) et AKe−KL/2 = Dkcos(kL/2) Les constantes A et D ne sont pas nulles (sinon la fonction d'onde serait nulle) donc leur élimination permet de se ramener à KL 2 = −kL 2 cotan (kL 2 ) Il s'agit encore d'une équation transcendante que l'on traite graphiquement de façon analogue à ce qui précède (cette fois-ci sur le quadrant (x > 0, y < 0) . On a seulement à chercher les intersections entre le quart de cercle de rayon R dans ce domaine et la courbe d'équation g(x) = xcotanx On voit encore une fois que pour V0 xé, donc R xé, le nombre d'intersections est ni (voire nul), chaque intersection correspondant à une valeur bien précise d'énergie : les énergies des états stationnaires antisymétriques sont quanti ées et de nombre ni. De plus, d'après le positionnement des intersections, les énergies des états stationnaires antisymétriques sont diérentes de celles des états symétriques : les états sont alternés. 4.5/1 Supposons qu'il existe une fonction d'onde spatiale φ ni paire, ni impaire, solution de l'équation de Schrödinger indépendante du temps. Alors, celle-ci s'écrit sous la forme d'une somme de deux fonctions paire φS et impaire φAS. Par linéarité de l'équation de Schrödinger indépendante du temps, φS et φAS doivent en être uploads/Sante/ corrige-devoir-12.pdf