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Thème 3 — Postulats et applications

Précession d'un spin dans un champ magnétique

Mots-clés: spin un demi · champ magnétique · précession de Larmor · sphère de Bloch · impulsion pi · théorème d'Ehrenfest

Exercice 1 : Précession d'un spin dans un champ magnétique

Un électron immobile, de spin 1/21/2, est placé dans un champ magnétique uniforme et constant B=B ex\mathbf B=B\,\mathbf e_x, avec B>0B>0. Son moment magnétique est μ^=γS^\hat{\boldsymbol\mu}=\gamma\hat{\mathbf S}, avec γ=−e/me\gamma=-e/m_e (on prend le facteur de Landé égal à 22), et son Hamiltonien est H^=−μ^⋅B\hat H=-\hat{\boldsymbol\mu}\cdot\mathbf B. On pose ω0=−γB=eB/me>0\omega_0=-\gamma B=eB/m_e>0. On utilise la base (∣+⟩,∣−⟩)(\ket+,\ket-) des états propres de SzS_z, dans laquelle Sj=ℏ2σjS_j=\frac\hbar2\sigma_j, et l'on rappelle que, pour un vecteur unitaire n\mathbf n et un réel α\alpha,

e−iα n⋅σ=cos⁡α 1−isin⁡α  n⋅σ.e^{-i\alpha\,\mathbf n\cdot\boldsymbol\sigma}=\cos\alpha\,\mathbf{1}-i\sin\alpha\;\mathbf n\cdot\boldsymbol\sigma .

À l'instant t=0t=0, le spin est dans l'état ∣+⟩\ket+.

Question 1
Écrire le Hamiltonien. Quelles sont ses valeurs propres ?

Solution
On a H^=−γ B⋅S^=−γBSx=ω0Sx=ℏω02σx\hat H=-\gamma\,\mathbf B\cdot\hat{\mathbf S}=-\gamma BS_x=\omega_0S_x=\frac{\hbar\omega_0}{2}\sigma_x. Les valeurs propres de σx\sigma_x étant ±1\pm1, celles de H^\hat H sont ±ℏω0/2\pm\hbar\omega_0/2, de vecteurs propres les états ∣x±⟩=(∣+⟩±∣−⟩)/2\ket{x\pm}=(\ket+\pm\ket-)/\sqrt2 de spin ±ℏ/2\pm\hbar/2 selon xx. L'écart entre les deux niveaux vaut ℏω0\hbar\omega_0. L'état initial ∣+⟩\ket+ n'est pas un état propre : c'est une superposition de poids égaux des deux niveaux.

Question 2
Déterminer l'état ∣ψ(t)⟩\ket{\psi(t)}, puis les probabilités de trouver Sz=+ℏ/2S_z=+\hbar/2 et Sz=−ℏ/2S_z=-\hbar/2 à l'instant tt.

Solution
L'opérateur d'évolution est U(t)=e−iH^t/ℏ=e−i(ω0t/2)σxU(t)=e^{-i\hat Ht/\hbar}=e^{-i(\omega_0t/2)\sigma_x}. D'après la formule rappelée avec n=ex\mathbf n=\mathbf e_x et α=ω0t/2\alpha=\omega_0t/2,

U(t)=cos⁡ω0t2 1−isin⁡ω0t2 σx.U(t)=\cos\frac{\omega_0t}{2}\,\mathbf{1}-i\sin\frac{\omega_0t}{2}\,\sigma_x .

Comme σx∣+⟩=∣−⟩\sigma_x\ket+=\ket-, on obtient

∣ψ(t)⟩=cos⁡ω0t2 ∣+⟩−isin⁡ω0t2 ∣−⟩.\ket{\psi(t)}=\cos\frac{\omega_0t}{2}\,\ket+-i\sin\frac{\omega_0t}{2}\,\ket- .

Les probabilités sont

P+(t)=cos⁡2ω0t2,P−(t)=sin⁡2ω0t2.P_+(t)=\cos^2\frac{\omega_0t}{2},\qquad P_-(t)=\sin^2\frac{\omega_0t}{2}.

Le spin passe périodiquement de l'état ∣+⟩\ket+ à l'état ∣−⟩\ket-, à la pulsation ω0\omega_0 égale à la fréquence de Bohr du système.

Question 3
Calculer ⟨Sx⟩\langle S_x\rangle, ⟨Sy⟩\langle S_y\rangle et ⟨Sz⟩\langle S_z\rangle en fonction du temps. Décrire le mouvement du vecteur de Bloch.

Solution
Notons c+=cos⁡(ω0t/2)c_+=\cos(\omega_0t/2) et c−=−isin⁡(ω0t/2)c_-=-i\sin(\omega_0t/2) les composantes de l'état. On a, pour un état c+∣+⟩+c−∣−⟩c_+\ket++c_-\ket-,

⟨σx⟩=2Re⁡(c+∗c−),⟨σy⟩=2Im⁡(c+∗c−),⟨σz⟩=∣c+∣2−∣c−∣2.\langle\sigma_x\rangle=2\operatorname{Re}(c_+^*c_-),\qquad \langle\sigma_y\rangle=2\operatorname{Im}(c_+^*c_-),\qquad \langle\sigma_z\rangle=|c_+|^2-|c_-|^2 .

Ici c+∗c−=−icos⁡ω0t2sin⁡ω0t2=−i2sin⁡(ω0t)c_+^*c_-=-i\cos\frac{\omega_0t}{2}\sin\frac{\omega_0t}{2}=-\frac i2\sin(\omega_0t), de sorte que

⟨Sx⟩=0,⟨Sy⟩=−ℏ2sin⁡(ω0t),⟨Sz⟩=ℏ2cos⁡(ω0t).\langle S_x\rangle=0,\qquad \langle S_y\rangle=-\frac\hbar2\sin(\omega_0t),\qquad \langle S_z\rangle=\frac\hbar2\cos(\omega_0t).

Le vecteur ⟨S⟩\langle\mathbf S\rangle, de norme constante ℏ/2\hbar/2, tourne dans le plan (y,z)(y,z), perpendiculaire au champ, à la pulsation ω0\omega_0 : sur la sphère de Bloch, l'état décrit le grand cercle perpendiculaire à l'axe xx. C'est la précession de Larmor du spin autour du champ magnétique.

Question 4
Vérifier que ces valeurs moyennes satisfont l'équation de précession d⟨S^⟩dt=γ ⟨S^⟩×B\frac{d\langle\hat{\mathbf S}\rangle}{dt}=\gamma\,\langle\hat{\mathbf S}\rangle\times\mathbf B.

Solution
Avec B=Bex\mathbf B=B\mathbf e_x, on a ⟨S⟩×B=B(0, ⟨Sz⟩, −⟨Sy⟩)\langle\mathbf S\rangle\times\mathbf B=B\bigl(0,\ \langle S_z\rangle,\ -\langle S_y\rangle\bigr). L'équation de précession s'écrit donc, avec γB=−ω0\gamma B=-\omega_0 :

d⟨Sx⟩dt=0,d⟨Sy⟩dt=−ω0⟨Sz⟩,d⟨Sz⟩dt=ω0⟨Sy⟩.\frac{d\langle S_x\rangle}{dt}=0,\qquad \frac{d\langle S_y\rangle}{dt}=-\omega_0\langle S_z\rangle,\qquad \frac{d\langle S_z\rangle}{dt}=\omega_0\langle S_y\rangle .

Vérifions-le sur nos résultats : ddt(−ℏ2sin⁡ω0t)=−ω0ℏ2cos⁡ω0t=−ω0⟨Sz⟩\frac{d}{dt}\bigl(-\frac\hbar2\sin\omega_0t\bigr)=-\omega_0\frac\hbar2\cos\omega_0t=-\omega_0\langle S_z\rangle, et ddt(ℏ2cos⁡ω0t)=−ω0ℏ2sin⁡ω0t=ω0⟨Sy⟩\frac{d}{dt}\bigl(\frac\hbar2\cos\omega_0t\bigr)=-\omega_0\frac\hbar2\sin\omega_0t=\omega_0\langle S_y\rangle. Les trois équations sont satisfaites. On retrouve ainsi exactement l'équation classique de précession d'un moment magnétique, conséquence du théorème d'Ehrenfest et des relations de commutation du moment cinétique.

Question 5
Au bout de quelle durée tπt_\pi le spin est-il retourné avec certitude ? Calculer tπt_\pi pour B=1B=1 mT. On donne e/me≃1,76×1011e/m_e\simeq1{,}76\times10^{11} C kg−1^{-1}.

Solution
Le spin se trouve dans l'état ∣−⟩\ket- avec certitude lorsque P−(t)=sin⁡2(ω0t/2)=1P_-(t)=\sin^2(\omega_0t/2)=1, c'est-à-dire pour ω0t=π\omega_0t=\pi : tπ=π/ω0t_\pi=\pi/\omega_0. Pendant cette durée, le vecteur de Bloch a fait un demi-tour, du pôle nord au pôle sud ; on parle d'impulsion π\pi. Numériquement, ω0=eB/me≃1,76×1011×10−3≃1,76×108\omega_0=eB/m_e\simeq1{,}76\times10^{11}\times10^{-3}\simeq1{,}76\times10^{8} rad s−1^{-1}, et

tπ=πω0≃1,8×10−8 s≃18 ns.t_\pi=\frac{\pi}{\omega_0}\simeq1{,}8\times10^{-8}\ \mathrm{s}\simeq18\ \mathrm{ns}.