Particule Confinée dans une Boîte à Puits Infini
Comprendre la Particule Confinée dans une Boîte à Puits Infini
On considère une particule (par exemple, un électron) confinée dans une région unidimensionnelle de longueur \( L \) par des parois de potentiel infinies. Ce système, appelé « boîte quantique » ou « puits de potentiel infini », est un modèle fondamental permettant d’introduire les notions de quantification de l’énergie et de normalisation de la fonction d’onde.
Données:
- Le potentiel est défini par :
\[ V(x)=
\begin{cases}
0, & \text{pour } 0 < x < L, \\
+\infty, & \text{pour } x \le 0 \text{ et } x \ge L.
\end{cases} \]
- \(\text{Masse de la particule : } m\)
- \(\text{constante de Planck réduite : } \hbar.\)
Questions:
1. Détermination des fonctions d’onde et niveaux d’énergie:
a. Résoudre l’équation de Schrödinger indépendante pour obtenir la fonction d’onde \( \psi_n(x) \) et les énergies \( E_n \) quantifiées.
b. Normaliser la fonction d’onde obtenue.
2. Calcul de la probabilité de présence:
Pour l’état fondamental (\( n=1 \)), calculer la probabilité de trouver la particule dans l’intervalle \( \left[\frac{L}{4},\frac{L}{2}\right] \).
Correction : Particule Confinée dans une Boîte à Puits Infini
I. Détermination de la fonction d’onde et des niveaux d’énergie
A. Calcul de la fonction d’onde et des énergies
1. Calcul de l’équation à résoudre
- Équation de Schrödinger indépendante dans la région \(0 < x < L\).
Dans cette région, le potentiel est nul, d’où l’équation de Schrödinger indépendante se réduit à une équation différentielle linéaire.
Formule :
\[ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2} = E\, \psi(x) \] \[ \Longrightarrow \quad \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} + k^2\, \psi(x) = 0, \]
où \( k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2} \).
Pas de valeurs numériques ici, c’est la forme générale. La solution générale est :
\[ \psi(x) = A\,\sin(kx) + B\,\cos(kx). \]
2. Application des conditions aux limites
a) Condition en \( x = 0 \)
- Application de la condition limite à \( x=0 \).
La fonction d’onde doit s’annuler en \( x=0 \) car le potentiel est infini pour \( x \le 0 \).
Formule :
\[ \psi(0) = A\,\sin(0) + B\,\cos(0) = B = 0. \]
Données :
\( \sin(0)=0 \) et \( \cos(0)=1 \).
Calcul :
\[ B = 0 \]
b) Condition en \( x = L \)
- Application de la condition limite à \( x=L \).
Pour \( x = L \), la fonction doit également s’annuler.
Formule :
\[ \psi(L) = A\,\sin(kL)= 0. \]
Pour une solution non triviale (\( A\neq0 \)), il faut :
\[ \sin(kL) = 0 \quad \Longrightarrow \quad kL = n\pi,\quad n\in \mathbb{N}^*. \]
Données :
Pour \( n=1 \), on a \( kL = \pi \).
Calcul :
\[ k = \frac{\pi}{L} = \frac{\pi}{1.0 \times 10^{-9}\, \text{m}} \approx 3.1416 \times 10^{9}\, \text{m}^{-1}. \]
3. Détermination des niveaux d’énergie
- Le niveau d’énergie \( E_1 \).
La relation entre \( k \) et \( E \) est donnée par \( k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2} \).
Formule :
\[ E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2. \]
Données :
Pour \( n=1 \), \( L = 1.0 \times 10^{-9}\, \text{m} \), \( m = 9.11 \times 10^{-31}\, \text{kg} \), \( \hbar = 1.0545718 \times 10^{-34}\, \text{J}\cdot\text{s} \).
Calcul :
Calculons d’abord \( \left(\frac{\pi}{L}\right)^2 \) :
\[ \left(\frac{\pi}{1.0 \times 10^{-9}}\right)^2 = \pi^2 \times 10^{18}\, \text{m}^{-2} \quad \text{avec } \pi^2 \approx 9.8696. \]
Puis,
\[ E_1 = \frac{(1.0545718 \times 10^{-34})^2}{2 \times 9.11 \times 10^{-31}} \times 9.8696 \times 10^{18}. \]
Calcul du numérateur :
\[ (1.0545718 \times 10^{-34})^2 \approx 1.112 \times 10^{-68}\, \text{J}^2\cdot\text{s}^2. \]
Calcul du dénominateur partiel :
\[ 2 \times 9.11 \times 10^{-31} \approx 1.822 \times 10^{-30}\, \text{kg}. \]
Division :
\[ \frac{1.112 \times 10^{-68}}{1.822 \times 10^{-30}} \approx 6.1 \times 10^{-39}\, \text{J}\cdot\text{s}^2/\text{kg}. \]
Multiplier par \( 9.8696 \times 10^{18} \) :
\[ E_1 \approx 6.1 \times 10^{-39} \times 9.8696 \times 10^{18} \approx 6.02 \times 10^{-20}\, \text{J}. \]
Conversion en électron-volt (1 eV \( \approx 1.602 \times 10^{-19}\, \text{J}\)) :
\[ E_1 \approx \frac{6.02 \times 10^{-20}}{1.602 \times 10^{-19}} \approx 0.376\, \text{eV}. \]
4. Fonction d’onde normalisée
- La constante de normalisation \( A \) dans \( \psi_1(x) = A\,\sin\left(\frac{\pi x}{L}\right) \).
La fonction d’onde normalisée doit satisfaire :
\[ \int_0^L |\psi(x)|^2 dx = 1. \]
Formule :
Pour \( \psi_1(x) = A\,\sin\left(\frac{\pi x}{L}\right) \),
\[ |A|^2 \int_0^L \sin^2\left(\frac{\pi x}{L}\right) dx = 1. \]
Or, il est connu que :
\[ \int_0^L \sin^2\left(\frac{\pi x}{L}\right) dx = \frac{L}{2}. \]
Données :
\( L = 1.0 \times 10^{-9}\, \text{m} \).
Calcul :
\[ |A|^2 \cdot \frac{1.0 \times 10^{-9}}{2} = 1 \] \[ \Longrightarrow \quad |A|^2 = \frac{2}{1.0 \times 10^{-9}} = 2.0 \times 10^{9}\, \text{m}^{-1}. \]
Ainsi, en prenant \( A \) réel et positif :
\[ A = \sqrt{2.0 \times 10^{9}} \approx 4.47 \times 10^{4}\, \text{m}^{-1/2}. \]
Conclusion pour la partie I :
- fonction d’onde normalisée} pour \( n=1 \) est :
\[ \psi_1(x) = 4.47 \times 10^{4}\, \sin\left(\frac{\pi x}{1.0 \times 10^{-9}}\right), \quad x\in [0,\,1.0 \times 10^{-9}\, \text{m}]. \]
- Le niveau d’énergie fondamental est :
\[ E_1 \approx 6.02 \times 10^{-20}\, \text{J} \quad \text{ou} \quad 0.376\, \text{eV}. \]
II. Calcul de la probabilité de présence dans l’intervalle \(\left[\frac{L}{4},\frac{L}{2}\right]\) pour \( n=1 \)
1. Calcul de la probabilité
- La probabilité \( P \) de trouver la particule dans l’intervalle \([a,b]\).
La probabilité \( P \) est donnée par :
\[ P = \int_a^b |\psi(x)|^2 dx. \]
Pour \( \psi_1(x) = \sqrt{\frac{2}{L}}\,\sin\left(\frac{\pi x}{L}\right) \), cela devient :
\[ P = \frac{2}{L} \int_{L/4}^{L/2} \sin^2\left(\frac{\pi x}{L}\right) dx. \]
Formule :
Utilisons l’identité trigonométrique :
\[ \sin^2\theta = \frac{1-\cos(2\theta)}{2}. \]
Ainsi,
\[ \sin^2\left(\frac{\pi x}{L}\right) = \frac{1-\cos\left(\frac{2\pi x}{L}\right)}{2}. \]
La probabilité devient alors :
\[ P = \frac{2}{L} \times \frac{1}{2}\int_{L/4}^{L/2} \left[1-\cos\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\right] dx \] \[ P = \frac{1}{L} \int_{L/4}^{L/2} \left[1-\cos\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\right] dx. \]
Données :
\( L = 1.0 \times 10^{-9}\, \text{m} \). Les bornes de l’intégrale sont :
\[ a = \frac{L}{4} = 2.5 \times 10^{-10}\, \text{m}, \quad b = \frac{L}{2} = 5.0 \times 10^{-10}\, \text{m}. \]
Calcul :
a) Première intégrale (partie constante) :
\[ I_1 = \int_{L/4}^{L/2} 1\, dx \] \[ I_1 = \left[x\right]_{L/4}^{L/2} \] \[ I_1 = \frac{L}{2} – \frac{L}{4} \] \[ I_1 = \frac{L}{4} \] \[ I_1 = \frac{1.0 \times 10^{-9}}{4} \] \[ I_1 = 2.5 \times 10^{-10}\, \text{m}. \]
b) Deuxième intégrale (partie cosinus) :
\[ I_2 = \int_{L/4}^{L/2} \cos\left(\frac{2\pi x}{L}\right) dx. \]
Pour simplifier, posons :
\[ u = \frac{2\pi x}{L} \quad \Longrightarrow \quad du = \frac{2\pi}{L}\,dx \quad \Longrightarrow \quad dx = \frac{L}{2\pi}\,du. \]
Lorsque \( x = L/4 \) :
\[ u = \frac{2\pi (L/4)}{L} = \frac{\pi}{2}, \]
et lorsque \( x = L/2 \) :
\[ u = \frac{2\pi (L/2)}{L} = \pi. \]
L’intégrale devient alors :
\[ I_2 = \frac{L}{2\pi} \int_{\pi/2}^{\pi} \cos(u)\, du. \]
Sachant que :
\[ \int \cos(u)\, du = \sin(u), \]
nous avons :
\[ I_2 = \frac{L}{2\pi} \left[\sin(u)\right]_{\pi/2}^{\pi} \] \[ I_2 = \frac{L}{2\pi} \left[\sin(\pi) – \sin\left(\frac{\pi}{2}\right)\right] \] \[ I_2 = \frac{L}{2\pi} \left[0 – 1\right] \] \[ I_2 = -\frac{L}{2\pi}. \]
Pour \( L = 1.0 \times 10^{-9}\, \text{m} \) :
\[ I_2 = -\frac{1.0 \times 10^{-9}}{2\pi} \] \[ I_2 \approx -\frac{1.0 \times 10^{-9}}{6.2832} \] \[ I_2 \approx -1.59 \times 10^{-10}\, \text{m}. \]
c) Reconstitution de la probabilité :
\[ P = \frac{1}{L} \left[I_1 – I_2\right] = \frac{1}{1.0 \times 10^{-9}} \left[2.5 \times 10^{-10} – \left(-1.59 \times 10^{-10}\right)\right]. \] \[ P = \frac{1}{1.0 \times 10^{-9}} \left(2.5 \times 10^{-10} + 1.59 \times 10^{-10}\right) = \frac{4.09 \times 10^{-10}}{1.0 \times 10^{-9}} = 0.409. \]
Conclusion pour la partie II :
La probabilité de trouver la particule dans l’intervalle \(\left[\frac{L}{4},\frac{L}{2}\right]\) pour \( n=1 \) est d’environ 40,9 %.
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