1 pt - Alain Le Rille

1
CORRECTION DU DEVOIR SURVEILLE DE PHYSIQUE N°9
PC*1 / PC*2 / PC
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 : V ( M ,t ) = V ( M ) et à une dimension spatiale : V ( M ) = V ( x )
On a alors : V ( x ) = 0 si 0 < x < L et V ( x ) → ∞ ailleurs
2) a) Pour un état stationnaire, l’équation de Schrödinger à une dimension s’écrit dans le puits :
1 df
! 2 1 d 2ϕ
df
! 2 d 2ϕ
i!
=
−
=E
soit
en
séparant
i!ϕ( x ) = −
f
(
t
)
f ( t ) dt
2m ϕ( x ) dx 2
dt
2m dx 2
On peut intégrer la partie temporelle i
1 df
=E
f ( t ) dt
soit
df E
= dt
f
i
et
+∞
Par ailleurs, la condition de normalisation à un instant quelconque s’écrit :
∫
⎛ E ⎞
f ( t ) = Aexp ⎜ −i t ⎟ 1 pt
⎝ ! ⎠
2
ψ( x,t ) dx = 1 soit
−∞
+∞
∫
2
2
f ( t ) . ϕ( x ) 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
1
une constante. Donc
= cte et f ( t ) = cte' : le module de f ( t ) est indépendant du temps.
2
f(t )
⎛ E ⎞
⎛ E ⎞
Avec l’hypothèse f ( t ) = 1 il vient f ( t ) = A exp ⎜ −i t ⎟ = A =1 Il reste f ( t ) = exp ⎜ −i 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
E
c) En remarquant que
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
⎛ E ⎞
On peut écrire finalement f ( t ) = exp ⎜ −i t ⎟ = exp −iωt
⎝  ⎠
(
3) a)
)
∂ψ
df
E
d 2ϕ
= ϕ( x ) = −i f ( t )ϕ( x ) , Δψ = Δ ϕ( x ). f ( t ) = f ( t )Δϕ( x ) = f ( t ) 2
∂t
dt
!
dx
2
2
2
d ϕ 2m
! d ϕ
+
Eϕ( x ) = 0 1 pt
Dans le puits, V ( M ,t ) = 0 , il vient Eϕ( x ) = −
soit
2
dx 2 ! 2
2m dx
(
)
b) La continuité de la fonction ϕ( x ) impose sur les plaques, aux limites du puits : ϕ( 0 ) = ϕ( L ) = 0 . 1 pt
−2mE
les solutions sont en exponentielles réelles de la forme
!
ϕ( x ) = Aexp( Kx ) + B exp( −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.
Si E < 0, en posant K =
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2
2mE
, les solutions sont de la forme ϕ( x ) = Aexp( ikx ) + B exp( −ikx ) 2 pt
!
Les conditions aux limites imposent : A + B = 0 et Aexp( jkL ) + B exp( −ikL ) = 0
Si E > 0, en posant k =
(
)
Il vient : A exp( ikL ) − exp( −ikL ) = 0 soit 2iAsin( kL ) = 0 donc sin( kL ) = 0
On a donc k =
!2π2
nπ
avec n entier strictement positif, soit En = n 2
. 1 pt
2mL2
L
p2
p2
= x
2m 2m
La particule étant confinée entre les deux plaques, sa position est connue avec une précision Δx = L .
!
!
L’inégalité de Heisenberg spatiale ΔxΔpx ≥
entraine Δpx ≥
. 1 pt
2
2L
4) Dans le puits, l’énergie de la particule est E = Ec +V avec V = 0 et Ec =
( )
Or, par définition, Δpx
2
(
)
2
= < px − < px > > avec < px > = 0 puisque la particule doit en moyenne rester
( )
sur place entre les deux plaques. Il reste Δpx
L’énergie de la particule est au moins Ec min
2
= < px2 > . 1 pt
( )
2
Δpx
< px2 >
!2
1 pt
=
=
=
2m
2m
8mL
Le calcul de la question précédente avait conduit à une énergie de seuil de Eseuil =
π2 !2
!2
, et
≈ 4,9
2 mL
mL
!2
, soit une valeur environ 40 fois plus faible. Avec un peu de
mL
bonne volonté, on peut dire que l’on reste encore dans le même ordre de grandeur. 1 pt
l’inégalité de Heisenberg à Eseuil = 0,125
⎛
⎛ πx ⎞
⎛ πx ⎞ ⎞
⎛ πx ⎞
5) Dans l’état fondamental, ϕ( x ) = A ⎜ exp ⎜ i ⎟ − exp ⎜ −i ⎟ ⎟ = 2iAsin ⎜ ⎟ du type
⎝ L⎠
⎝ L ⎠⎠
⎝ L⎠
⎝
⎛
⎛ πx ⎞
⎛ πx ⎞ ⎞
⎛ πx ⎞
ϕ( x ) = A ⎜ exp ⎜ i ⎟ − exp ⎜ −i ⎟ ⎟ = A1 sin ⎜ ⎟ 1 pt
⎝ L⎠
⎝ L ⎠⎠
⎝ L⎠
⎝
L
La condition de normalisation s’écrit :
∫ ϕ( x )
2
dx = 1 la particule est de façon certaine entre x = 0 et x = L
0
L
soit
∫A
1
0
2
2 L
⎛ πx ⎞
sin 2 ⎜ ⎟ dx = 1 et A1
= 1 donc ϕ( x ) =
2
⎝ L⎠
⎛ πx ⎞
2
sin ⎜ ⎟ 1 pt
L
⎝ L⎠
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,
π 2!2
π 2!2
E
(
L
+
dL
)
=
passe de E1( L ) =
à
.1 pt
1
2
2mL2
2m L + dL
(
)
0
L’application du théorème de l’énergie cinétique à la
!
!
particule s’écrit : ΔE1 = W avec W = Fpl mob→ part .dl 1 pt
le travail exercé par la plaque mobile sur la particule lors du
!
!
déplacement dl = dL ex .
!
!
!
Avec la force F exercée par la particule sur la plaque telle que : F = − Fpl mob→ part , 1 pt
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L
x
3
! π 2!2 !
dE π !
F
=
e 1 pt
il vient E1( L + dL ) − E1( L ) = −F dL soit F = − 1 =
mL3 x
dL
mL3
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
2 2
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, p f = −mv ex 1 pt
!i !
!
pour la plaque : avant le choc : Ppl = 0 et après le choc Pplf . 1 pt
b) La conservation de la quantité de mouvement pour le système isolé plaque-particule s’écrit :
!
! !
!
!
! !
pi + Ppli = p f + Pplf soit mv ex = −mv ex + Pplf . 1 pt
! !f
!
La plaque a reçu la quantité de mouvement ΔP = Ppl = 2mv ex 1 pt
2L
c) Le temps séparant deux chocs successifs sur la paroi est la durée d’un aller retour soit Δt =
.
v
!
! ΔPpl mv 2 !
=
e 1 pt
La plaque subit donc de la part de la particule une force moyenne égale à F =
Δt
L x
d) On peut aussi exprimer la force en introduisant la quantité de mouvement moyenne de la particule :
! < px2 > !
< px2 >
soit
v2 =
F
=
e 1 pt
mL x
m2
!
!
Or, comme < px > = 0 , Δpx = < px2 > . En utilisant l’inégalité d’Heisenberg ΔxΔpx ≥ , soit Δpx ≥
,
2
2L
!
!2 "
e 1 pt On retrouve au préfacteur près (0,25 au lieu de π 2 ≈ 10 ) le même résultat. 1 pt
il vient F ≈
4mL3 x
! π 2!2 !
9) a) Toutes les particules exercent la même force F =
e sur la plaque située en x = L . La force totale
mL3 x
π 2!2
π 2!2 !
Π
=
n
reçue par la plaque est donc ns S
et
la
pression
correspondante
. 1 pt
e
s
mL3
mL3 x
b) La pression diminue avec l’écartement des plaque en 1 / L3 . 1 pt
nS
Pour un gaz parfait classique, la loi PV = nRT avec V = SL et n = s conduit à une pression
NA
kT
RT
= ns B soit une évolution en 1 / L . 1 pt La pression du gaz quantique est plus dépendante
N AL
L
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
P = ns
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
!
!
ω
E( x,t ) = E0 sin( kx + ψ )cos( ωt + ϕ ) avec k = , l’onde étant dans le vide.
c
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 = E0 sin( ψ )cos( ωt + ϕ ) donc sin ψ = 0 et ψ = nπ avec n entier
! !
!
!
E( L,t ) = 0 soit 0 = E0 sin( kL + ψ )cos( ωt + ϕ ) donc sin( kL + ψ ) = ± sin( kL ) = 0
On a donc kL = nπ ou ω n = n
πc
1 pt
L
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
k
1
1
et E p = kx 2 : il vient V ( x ) = mω 02 x 2
m
2
2
La masse oscille de part et d’autre du point x = 0 donc < x > = 0 1 pt
13) Pour un oscillateur harmonique, ω 02 =
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
2
1
1
mω 02 < x 2 > = mω 02 Δx
2
2
2
2
p
< px2 >
p
De même, Δpx = < px2 > − < px > 2 = < px2 > donc Ec =
= x et < Ec > =
2m 2m
2m
2
!
!
Δpx = 2m < Ec >
soit 2m < Ec > .Δx ≥
ou < Ec > ≥
2
2
8m Δx
Δx = < x 2 > − < x > 2 = < x 2 >
( )
donc < V ( x ) > =
donc
( )
2
1
!2
< E > = < Ec > + < V > = < Ec > + mω 02 Δx ≥
2
8m Δx
( )
15) On calcule
d<E>
−2! 2
=
+ mω 02 Δx
3
d Δx
8m Δx
( )
( )
!2
On en déduit < E > min =
8m
!
2mω 0
( )
( )
2
1
+ mω 02 Δx
2
( )
2
<E>≥
!2
( )
qui est nul à l’équilibre soit pour Δx
!ω 0 !ω 0 !ω 0
1
!
+ mω 02
=
+
=
2
2mω 0
4
4
2
( )
8m Δx
2
< E > min =
=
2
1
+ mω 02 Δx
2
( )
2
4 pts
!
1 pt
2mω 0
!ω 0
1 pt
2
V Retour sur l’électrodynamique quantique.
16) Cette formule conduit à une énergie minimale dans chaque mode En ,0 =
!ω n
pour m = 0 : on retrouve bien
2
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
!ω n n!πc
=
≠ 0 1 pt
énergie non nulle donnée par En ,0 =
2
2L
dE
17) a) Un bilan énergétique associé à un petit déplacement de la plaque située en x = L conduit à Fn ,m = − n ,m
dL
!
⎛
1 ⎞ n!πc !
soit Fn ,m = ⎜ m + ⎟ 2 ex 2 pts
2⎠ L
⎝
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5
!
!
ω
!
b) Un photon de vecteur d’onde k possède une quantité de mouvement p = "k , avec k = n .
c
!
!ω n
!nπ "
A chaque choc, la plaque reçoit la quantité de mouvement ΔPpar = 2
=2
e . 1 pt
c !
L x
2L
ΔP
n"πc !
Comme il y a un choc tous les
, la force exercée par le photon est
== 2 ex . 1 pt
c
Δt
L
n!πc
Or, chaque photon contribue à la force par un terme supplémentaire
. La contribution d’un photon
L2
!
n!πc !
à la force est donc f n ,1 = 2 ex . On retrouve bien la même expression. 1 pt
L
VI Où l’on arrive (enfin) à la force de Casimir
!
n!πc !
e . 1 pt
18) On a immédiatement pour m = 0 : Fn ,0 =
4L2 x
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
α
β
20) On peut chercher PCas fonction de L, c et ! : PCas = Lα cβ ! γ soit N .m −2 = ⎡⎣ m ⎤⎦ ⎡⎣ m.s −1 ⎤⎦ ⎡⎣ J .s ⎤⎦
avec ⎡⎣ J ⎤⎦ = ⎡⎣ N .m ⎤⎦ , il vient γ = 1 ; α + β + γ = −2 ; −β + γ = 0 soit β = γ = 1 et α = −4
γ
c!
. 1 pt Il est à noter que le préfacteur de l’ordre de 0,04 n’est pas déterminé par cette méthode, qui
L4
montre ainsi ses limites. 1 pt
PCas ∝
21) a) PCas
⎛ ξ!c ⎞
!c
= ξ 4 = P0 pour L = ⎜
⎟
L
⎝ P0 ⎠
1/ 4
L = 10,7 nm 1 pt
b) FCas = 1,3.10 −13 N 1 pt à comparer au poids Poids = 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
2
2
!
⎛ A⎞ ⎤
"c ⎡
⎛ Δz ⎞ ⎤
"c
ξ"c ⎡
Δz
dS ! 4 ∫ ⎢1+ 4 +10 ⎜ ⎟ ⎥ dxdy soit FCas = ξ 4 ⎢1+10 ⎜ ⎟ ⎥ S 2 pts
4
⎝ L⎠ ⎥
L ⎢
L
⎝ L⎠ ⎥
L S⎢
S ( l − Δz )
⎣
⎦
⎣
⎦
c) La rugosité maximale des miroirs optiques utilisés en laboratoire est de l’ordre de λ / 4 . Le critère est plus
sévère pour les miroirs du Michelson. 1 pt
!
b) FCas = ξ ∫
2
d) On a
ΔFCas
⎛ A⎞
= 10 ⎜ ⎟ = 10 −2 , soit A = L.10 −3/ 2 A = 32 nm 1 pt
FCas
⎝ L⎠
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6
PROBLEME 2 : LE MICROSCOPE A EFFET TUNNEL 27 pt
1) L’effet piezo électrique ( πiεζεiν : presser) est lié à la propriété que possèdent certains corps de se polariser
électriquement quand ils sont soumis à une contrainte mécanique et réciproquement de se déformer lorsqu’on
leur applique un champ électrique. 1 pt
2) L’effet tunnel traduit la possibilité pour une particule de traverser un obstacle infranchissable au sens de la
mécanique classique. En réalité, la particule n’a qu’une probabilité de présence non nulle à l’extérieur de
l’obstacle. 1 pt
3) L’énergie de Fermi est donnée par l’épaisseur
des zones grisées, entre les niveaux d’énergies
occupés les plus bas et les plus hauts. 1 pt
Le travail de sortie WS représente la
hauteur de la barrière de potentiel vue
depuis l’échantillon ou la pointe. 1 pt
La tension U appliquée aux électrons leur
communique une énergie potentielle,
appelée simplement potentiel en
mécanique quantique, V ( 0 ) −V ( d ) = eU 1 pt
d
x
4) D’après le principe d’exclusion de Pauli, les électrons passant de l’échantillon vers la pointe ne peuvent
pas se placer dans un niveau déjà occupé.
Ils occupent donc dans l’échantillon les niveaux compris entre EF − eU et EF . 1 pt
Leur énergie étant inférieur de WS pour passer au dessus de la barrière, il la franchissent par effet tunnel.
5) On calcule eU = 0,1 eV à comparer à WS = 5,5 eV ou 5,1eV : on peut considérer que la barrière est
rectangulaire et de hauteur WS .1 pt
6) Les électrons susceptibles de franchir la barrière sont dans une bande très étroite d’épaisseur eU sous le
niveau de Fermi : ndig =
EF
∫
ρ( E )dE ≈
EF −eU
EF
∫
ρ( EF )dE ≈ ρ( EF )eU soit ndig ≈ ρ( EF )eU 2 pt
EF −eU
7) Avec la forme proposée stationnaire proposée, ϕ( x ) vérifie : −
! 2 d 2ϕ
+V ( x )ϕ( x ) = Eϕ( x ) 1 pt
2m dx 2
2mE
d 2ϕ 2mE
d 2ϕ
soit
+
ϕ
=
0
+ k 2ϕ = 0 en posant k =
2
2
2
!
dx
!
dx
La solution générale est de la forme ϕ( x ) = AI exp( ikx ) + BI exp( −ikx ) et
8) Dans la région (I), V ( x ) = 0 , d’où :
(
)
(
)
E
= ω 1 pt
!
Le premier terme correspond à une onde progressive harmonique incidente, le deuxième
à une onde progressive harmonique réfléchie, laquelle se propageant dans le sens opposé.
d 2ϕ 2m V0 − E
d 2ϕ
Dans la région (II), V ( x ) = V0 , d’où : 2 −
ϕ
=
0
ou
encore
+ K 2ϕ = 0
dx
!2
dx 2
La solution générale est de la forme ϕ( x ) = AII exp( −Kx ) + BII exp( Kx ) et
ψ( x,t ) = AI expi kx − ωt + BI exp− i kx + ωt
(
(
) (
)
avec
)
( ) (
ψ( x,t ) = AII exp −Kx exp −iωt + BII exp Kx exp −iωt
On est en présence d’une onde évanescente 1 pt
PC*1 / PC*2 / PC 2015 / 2016 Correction du devoir surveillé de physique n°9
)
1 pt
7
9) En négligeant les réflexions dans la région (II), l’onde régressive n’existe pas : BII = 0 ; il reste
(
) (
)
ψ( x,t ) = AII exp −Kx exp −iωt 1 pt
10) La continuité de la fonction d’onde et de sa dérivée en x = 0 conduisent, après simplification par
A
2k
exp− iωt à : AI + BI = AII et ik AI − BI = −KAII et en éliminant BI II =
AI k + iK
(
)
2k
A exp −Kx 1 pt
k + iK I
De la même façon, l’amplitude de la fonction ϕ transmise sera x = d sera proportionnelle à ϕ( d )
(
La partie spatiale de l’onde transmise en x = 0 sera de la forme ϕ( x ) =
(
)
)
donc à exp −Kd .1 pt
Par définition, le coefficient de transmission T est le rapport des courants de probabilité de l’onde
2
transmise (ici en x = d + ) sur l’onde incidente (ici en x = 0 − ) , avec chaque J ( x,t ) ∝ ψ( x,t ) .
(
)
On a donc bien le coefficient de transmission de la forme T = α exp −2Kd 1 pt
11) - La barrière de potentiel que l’électron doit franchir est de WS qui représente la différence entre la hauteur
de la barrière et l’énergie de l’électron incident.
- La barrière est assimilée à une barrière rectangulaire
- Numériquement, K = 12 .109 m-1 donc Kd reste grand devant 1 pour d supérieur ou égal au nanomètre.
On peut admettre que l’approximation « barrière épaisse » est validée. En fait, c’est un peu juste d
pouvant être inférieur au nanomètre, mais sinon, il faut reprendre tous les calculs, et c’est plus lourd…
Alors on dit que ça va…!!!
En utilisant les résultats de l’étude générale de la barrière, on a ici K =
2mWS
!
et le terme dans
l’exponentielle est justifié.
Enfin, les électrons traversant ayant une même énergie, ils possèdent une même vitesse et I ∝ nvS avec
n = ndig ≈ ρ( EF )eU , S la surface de la pointe et v la vitesse commune des électrons.
⎛
2mWS ⎞
d ⎟ 3 pts
On a bien I ∝ ρ( EF )U exp ⎜ −2
⎜⎝
⎟⎠
!
12) La variation relative d’intensité est
⎛
2mWS ⎞
I( d ) − I( d + δd )
= 0,1 soit 1− exp ⎜ −2
δd ⎟ = 0,1
⎜⎝
⎟⎠
I( d )
!
⎛
2mWS ⎞
⎛ 1 ⎞
!
ou exp ⎜ −2
δd ⎟ = 0,9 . Il vient : δd =
= 5.10-12 m soit δd = 0,005 nm. 1 pt
Ln ⎜
⎜⎝
⎟⎠
!
⎝ 0,9 ⎟⎠
2 2mWS
On retrouve bien la résolution en profondeur inférieure à 0,01 nm 1 pt
13) La résolution latérale est limitée par la taille de la pointe. 1 pt Une résolution de 0,1 nm correspond à la taille
typique d’un atome. La pointe serait donc constituée d’un seul atome. Il semble difficile de faire mieux. 1 pt
14) Le mode à hauteur constante permet de ne pas devoir déplacer verticalement la pointe lors du balayage, qui
peut se faire rapidement. Cependant, l’intensité est très sensible à la distance d. Dans le cas de relief très
marqué, le courant peut s’annuler et la figure reconstituée présenter des « trous ». 1 pt
Le mode à courant constant suppose que la pointe suit le relief ; cela nécessite une absence totale de
vibrations, et un système d’asservissement en position très performant. Le balayage sera aussi moins rapide. 1 pt
15) L’intensité du courant tunnel dépend de la distance d mais aussi de ρ( EF ) . Un échantillon « plat » mais de
LDOS inhomogène pourrait présenter des artefacts de relief. 1 pt
PC*1 / PC*2 / PC 2015 / 2016 Correction du devoir surveillé de physique n°9