1 pt - Alain Le Rille

PC*1 / PC*2 / PC 2015 / 2016 Correction du devoir surveillé de physique n°9
1
PC*1 / PC*2 / PC CORRECTION DU DEVOIR SURVEILLE DE PHYSIQUE N°9
Mars 2016
PROBLEME 1 : L’EFFET CASIMIR 73 pt
I Particule dans un puits de potentiel infini
1) On est en présence d’un puits de potentiel rectangulaire de largeur L et de profondeur infinie. 1 pt
L’état est stationnaire : et à une dimension spatiale :
On a alors : si et !ailleurs
2) a) Pour un état stationnaire, l’équation de Schrödinger à une dimension s’écrit dans le puits :
i!ϕ( x ) df
dt
=−!2
2m
d2ϕ
dx2f ( t )
soit en séparant
i!1
f ( t )
df
dt
=−!2
2m
1
ϕ( x )
d2ϕ
dx2=E
On peut intégrer la partie temporelle
i1
f ( t )
df
dt
=E
soit
df
f
=E
idt
et
f ( t ) =Aexp −iE
!t
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
1 pt
Par ailleurs, la condition de normalisation à un instant quelconque s’écrit :
ψ( x,t )
2
−∞
+∞
∫dx =1
soit
f ( t )
2
.ϕ( x )
2
−∞
+∞
∫dx =1
ou
ϕ( x )
2
−∞
+∞
∫dx =1
f ( t )
2
Comme précédemment, les deux membres, à variables indépendantes, de cette équation sont égaux à
une constante. Donc
1
f ( t )
2=cte
et
f ( t ) =cte'
: le module de
f ( t )
est indépendant du temps.
Avec l’hypothèse
f ( t ) =1
il vient
f ( t ) =A exp −iE
!t
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟=A
=1 Il reste
f ( t ) =exp −iE
t
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
1 pt
b) L’hypothèse
f ( t ) =1
peut être choisie sans perte de généralité, la condition de normalisation est reportée
sur la partie spatiale de la fonction d’onde. 1 pt
c) En remarquant que
E
est homogène à une pulsation, on écrit
E=ω
: on retrouve la relation de
Planck-Einstein, ce qui donne un sens physique à l’énergie E qui représente l’énergie totale de la particule
quantique. 1 pt
On peut écrire finalement
f ( t ) =exp −iE
t
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
=exp −iωt
( )
3) a)
∂ψ
∂t
=ϕ( x ) df
dt
=−iE
!f ( t )ϕ( x )
,
Δψ =Δ ϕ( x ).f ( t )
( )
=f ( t )Δϕ( x ) =f ( t ) d2ϕ
dx2
Dans le puits,
V ( M ,t ) =0
, il vient
Eϕ( x ) =−!2
2m
d2ϕ
dx2
soit
d2ϕ
dx2+2m !2Eϕ( x ) =0
1 pt
b) La continuité de la fonction
ϕ( x )
impose sur les plaques, aux limites du puits :
ϕ(0)=ϕ( L ) =0
. 1 pt
Si E < 0, en posant
K=−2mE
!
les solutions sont en exponentielles réelles de la forme
ϕ( x ) =Aexp( Kx ) +Bexp( −Kx )
qui ne peut s’annuler deux fois sauf à correspondre à une
fonction d’onde identiquement nulle, physiquement inacceptable.
Si E = 0,
ϕ( x ) =Ax +B
qui ne peut non plus s’annuler deux fois.
V ( M ,t ) =V ( M )
V ( M ) =V ( x )
V ( x ) =0
0<x<L
V ( x ) → ∞

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2
Si E > 0, en posant
k=2mE
!
, les solutions sont de la forme
ϕ( x ) =Aexp( ikx ) +Bexp( −ikx )
2 pt
Les conditions aux limites imposent :
A+B=0
et
Aexp( jkL ) +B exp( −ikL ) =0
Il vient :
A exp( ikL ) −exp( −ikL )
( )
=0
soit
2iAsin( kL ) =0
donc
sin( kL ) =0
On a donc
k=nπ
L
avec n entier strictement positif, soit
En=n2!2π2
2mL
2
. 1 pt
4) Dans le puits, l’énergie de la particule est
E=Ec+V
avec
V=0
et
Ec=p2
2m
=px
2
2m
La particule étant confinée entre les deux plaques, sa position est connue avec une précision
Δx=L
.
L’inégalité de Heisenberg spatiale
ΔxΔpx≥!
2
entraine
Δpx≥!
2L
. 1 pt
Or, par définition,
Δpx
( )
2
= < px−<px>
( )
2
>
avec
<px> = 0
puisque la particule doit en moyenne rester
sur place entre les deux plaques. Il reste
Δpx
( )
2
= < px
2>
. 1 pt
L’énergie de la particule est au moins
Ec min =
<px
2>
2m
=
Δpx
( )
2
2m
=!2
8mL
1 pt
Le calcul de la question précédente avait conduit à une énergie de seuil de
Eseuil =π2
2
!2
mL
≈4,9!2
mL
, et
l’inégalité de Heisenberg à
Eseuil
=
0,125 !2
mL
, soit une valeur environ 40 fois plus faible. Avec un peu de
bonne volonté, on peut dire que l’on reste encore dans le même ordre de grandeur. 1 pt
5) Dans l’état fondamental,
ϕ( x ) =A exp i πx
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟−exp −iπx
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟=2iAsin πx
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
du type
ϕ( x ) =A exp i πx
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟−exp −iπx
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟=A
1sin πx
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
1 pt
La condition de normalisation s’écrit :
ϕ( x )
2
dx
0
L
∫=1
la particule est de façon certaine entre
x=0
et
x=L
soit
A
1
2
sin2πx
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟dx
0
L
∫=1
et
A
1
2L
2
=1
donc
ϕ( x ) =2
Lsin πx L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
1 pt
II Mise en évidence d’une force exercée par la particule
6) La fonction d’onde s’étale en s’aplatissant quand la largeur du
puits augmente. 3 pt
7) Quand la plaque mobile se déplace de
x=L
à
x=L+dL
,
l’énergie de la particule, toujours dans son état fondamental,
passe de
E1( L ) =π2!2
2mL2
à
E1( L +dL ) =π2!2
2m L +dL
( )
2
.1 pt
L’application du théorème de l’énergie cinétique à la
particule s’écrit :
ΔE1=W
avec
W=
!
Fpl mob→part .d
!
l
1 pt
le travail exercé par la plaque mobile sur la particule lors du
déplacement
d
!
l=dL ! ex
.
Avec la force exercée par la particule sur la plaque telle que : , 1 pt
!
F
!
F=−
!
Fpl mob→part
x
L
0

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il vient
E1( L +dL ) −E1( L ) =−F dL
soit
F=−
dE1
dL
=π2!2
mL
3
!
F=π2!2
mL
3
!
ex
1 pt
La plaque située en
x=L
subit une force dirigée dans le sens des x positifs : les plaques ont tendance à se
repousser du fait de la présence de la particule. 1 pt
8) a) On considère un rebond de la particule sur la plaque située en
x=L
. L’énergie de la particule étant
constante, sa vitesse l’est également :
avant le choc, sa quantité de mouvement vaut
!
pi=mv ! ex
, et après le choc,
!
pf=−mv ! ex
1 pt
pour la plaque : avant le choc :
!
Ppl
i=
!
0
et après le choc
!
Ppl
f
. 1 pt
b) La conservation de la quantité de mouvement pour le système isolé plaque-particule s’écrit :
!
pi+
!
Ppl
i=!
pf+
!
Ppl
f
soit
mv ! ex=−mv ! ex+
!
Ppl
f
. 1 pt
La plaque a reçu la quantité de mouvement
Δ
!
P=
!
Ppl
f=2mv !
ex
1 pt
c) Le temps séparant deux chocs successifs sur la paroi est la durée d’un aller retour soit
Δt=2L
v
.
La plaque subit donc de la part de la particule une force moyenne égale à
!
F=
Δ
!
Ppl
Δt
=mv2
L
!
ex
1 pt
d) On peut aussi exprimer la force en introduisant la quantité de mouvement moyenne de la particule :
v2=
<px
2>
m2
soit
!
F=
<px
2>
mL
!
ex
1 pt
Or, comme
<px> = 0
,
Δpx= < px
2>
. En utilisant l’inégalité d’Heisenberg
ΔxΔpx≥!
2
, soit
Δpx≥!
2L
,
il vient
!
F≈!2
4mL
3
"
ex
1 pt On retrouve au préfacteur près (0,25 au lieu de
π2≈10
) le même résultat. 1 pt
9) a) Toutes les particules exercent la même force
!
F=π2!2
mL
3
!
ex
sur la plaque située en
x=L
. La force totale
reçue par la plaque est donc
nsSπ2!2
mL
3
!
ex
et la pression correspondante
Π=ns
π2!2
mL
3
. 1 pt
b) La pression diminue avec l’écartement des plaque en
1/ L
3
. 1 pt
Pour un gaz parfait classique, la loi
PV =nRT
avec
V=SL
et
n=
nsS
NA
conduit à une pression
P=ns
RT
NAL
=ns
kBT
L
soit une évolution en
1/ L
. 1 pt La pression du gaz quantique est plus dépendante
de la largeur du domaine que celle du gaz classique.
Par ailleurs, quand la température tend vers zéro, la pression du gaz classique tend aussi vers zéro, alors
que celle du gaz quantique ne dépend pas explicitement de la température, et subsiste au zéro absolu. 1 pt
III Un peu d’électromagnétisme
10) Comme on admet la continuité du champ électrique à l’interface, et que les champs sont uniformément
nuls dans un métal parfait, le champ électrique est nul sur les plaques. 1 pt
11) On cherche une solution sous la forme d’une onde stationnaire harmonique
!
E( x,t ) =
!
E0sin( kx +ψ)cos( ωt+ϕ)
avec
k=ω
c
, l’onde étant dans le vide.
Le champ est celui d’une onde plane donc ici contenu dans un plan parallèle aux plaques.
Les conditions aux limites imposent
!
E( 0,t ) =
!
E( L,t ) =
!
0
1 pt

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4
!
E( 0,t ) =
!
0
soit
!
0=
!
E0sin( ψ)cos( ωt+ϕ)
donc
sin ψ=0
et
ψ=nπ
avec n entier
!
E( L,t ) =
!
0
soit
!
0=
!
E0sin( kL +ψ)cos( ωt+ϕ)
donc
sin( kL +ψ)= ± sin( kL ) =0
On a donc
kL =nπ
ou
ωn=nπc
L
1 pt
12) Chaque domaine à l’extérieur des plaques (
x<0
et
x>L
) est semi infini. Des ondes électromagnétiques
peuvent y exister sans condition de quantification sur la pulsation. En d’autre termes, on peut aussi dire que
les modes possible forment un continuum indénombrable. 1 pt
Entre les plaques il existe un nombre infini de modes, mais ceux ci sont dénombrables. 1 pt
Un nombre infini de termes indénombrable est supérieur à un nombre infini de termes discrets. Le nombre
de modes accessibles en dehors des plaques est bien supérieur à celui entre les deux plaques. 1 pt
IV Divertimento : l’oscillateur harmonique quantique
13) Pour un oscillateur harmonique,
ω0
2=k
m
et
Ep=1
2kx2
: il vient
V ( x ) =1
2mω0
2x2
La masse oscille de part et d’autre du point
x=0
donc
<x> = 0
1 pt
La quantité de mouvement prend des valeurs positives et négatives symétriques donc
<px> = 0
1 pt
14) La relation d’indétermination d’Heisenberg établit
ΔxΔpx≥!
2
Δx= < x2>−<x>2= < x2>
donc
<V ( x ) > = 1
2mω0
2<x2> = 1
2mω0
2Δx
( )
2
De même,
Δpx= < px
2>−<px>2= < px 2>
donc
Ec=p2
2m
=px
2
2m
et
<Ec> =
<px
2>
2m
donc
Δpx=2m<Ec>
soit
2m<Ec>.Δx≥!
2
ou
<Ec>≥!2
8mΔx
( )
2
<E> = < Ec>+<V> = < Ec> + 1
2
mω0
2Δx
( )
2
≥!2
8mΔx
( )
2+1
2
mω0
2Δx
( )
2
<E>≥!2
8mΔx
( )
2+1
2
mω0
2Δx
( )
2
4 pts
15) On calcule
d<E>
dΔx
( )
=−2!2
8mΔx
( )
3+mω0
2Δx
( )
qui est nul à l’équilibre soit pour
Δx
( )
2
=!
2mω0
1 pt
On en déduit
<E>min =!2
8m!
2mω0
+1
2
mω0
2!
2mω0
=
!ω0
4
+
!ω0
4
=
!ω0
2
<E>min =
!ω0
2
1 pt
V Retour sur l’électrodynamique quantique.
16) Cette formule conduit à une énergie minimale dans chaque mode
En ,0=
!ωn
2
pour m = 0 : on retrouve bien
l’expression établie lors de l’étude mécanique. 1 pt
Cette énergie minimale est obtenue pour
m=0
, soit en l’absence de photon. 1 pt Dans le vide, il existe une
énergie non nulle donnée par
En ,0=
!ωn
2
=n!πc
2L
≠0
1 pt
17) a) Un bilan énergétique associé à un petit déplacement de la plaque située en
x=L
conduit à
Fn ,m =−dEn ,m
dL
soit
!
Fn ,m =m+1
2
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟n!πc
L2
!
ex
2 pts

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5
b) Un photon de vecteur d’onde
!
k
possède une quantité de mouvement
!
p="
!
k
, avec
k=
ωn
c
.
A chaque choc, la plaque reçoit la quantité de mouvement
Δ
!
Ppar =2
!ωn
c
=2!nπ
L
"
ex
. 1 pt
Comme il y a un choc tous les
2L
c
, la force exercée par le photon est
Δ
!
P
Δt
== n"πc
L
2
!
ex
. 1 pt
Or, chaque photon contribue à la force par un terme supplémentaire
n!πc
L
2
. La contribution d’un photon
à la force est donc
!
fn ,1=n!πc
L2
!
ex
. On retrouve bien la même expression. 1 pt
VI Où l’on arrive (enfin) à la force de Casimir
18) On a immédiatement pour
m=0
:
!
Fn ,0=n!πc
4L2
!
ex
. 1 pt
Cette force a tendance à repousser la plaque. 1 pt
19) On a établi précédemment que le nombre de mode à l’extérieur des plaques, indénombrable, est plus
important que la somme des modes dénombrables intérieurs aux plaques.
En conséquence, la force de pression sera plus importante de la part de l’extérieur vers l’intérieur du domaine,
ce qui justifie une résultante en
−! ex
pour la force subie par la plaque en
x=L
. 1 pt
20) On peut chercher
P
Cas
fonction de L, c et
!
:
P
Cas =L
αcβ!γ
soit
N .m−2=m
⎡
⎣⎤ ⎦
αm.s−1
⎡
⎣⎤ ⎦
βJ .s
⎡
⎣⎤ ⎦
γ
avec
J
⎡
⎣⎤ ⎦=N .m
⎡
⎣⎤ ⎦
, il vient
γ=1
;
α+β+γ=−2
;
−β +γ=0
soit
β=γ=1
et
α=−4
P
Cas ∝c!
L
4
. 1 pt Il est à noter que le préfacteur de l’ordre de 0,04 n’est pas déterminé par cette méthode, qui
montre ainsi ses limites. 1 pt
21) a)
P
Cas =ξ!c
L
4=P
0
pour
L=ξ!c
P
0
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
1/4
L = 10,7 nm 1 pt
b)
F
Cas =1,3.10−13
N 1 pt à comparer au poids
P
oids
= 4,5.10-13 N : la force de Casimir est de l’ordre du tiers
du poids des miroirs, et ne peut donc pas être négligée. 1 pt
22) La quantité de mouvement transférée au cours des chocs est plus faible si une partie des photons n’est pas
réfléchie : la force de Casimir est plus petite avec un métal imparfait. 1 pt
23) a) La somme des irrégularités est nulle : il y a autant de creux que de bosses. 1 pt
A représente une irrégularité quadratique moyenne. 1 pt
b)
!
FCas =ξ"c
( l − Δz )4
S
∫dS !ξ"c
L41+4Δz
L
+10 Δz
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
S
∫dxdy
soit
!
F
Cas =ξ"c
L
41+10 A
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥S
2 pts
c) La rugosité maximale des miroirs optiques utilisés en laboratoire est de l’ordre de . Le critère est plus
sévère pour les miroirs du Michelson. 1 pt
d) On a
ΔF
Cas
F
Cas
=10 A
L
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟
2
=10−2
, soit
A=L.10−3/2
A=32
nm 1 pt
/4 λ