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Thème 3 — Postulats et applications

Oscillateur chargé dans un champ électrique

Mots-clés: oscillateur harmonique · champ électrique · translation · polarisabilité · approximation soudaine · recouvrement de fonctions d'onde

Exercice 1 : Oscillateur chargé dans un champ électrique

Une particule de masse mm et de charge qq est liée par un potentiel harmonique de pulsation ω\omega. Elle est soumise à partir de l'instant t=0t=0 à un champ électrique uniforme et constant E\mathcal E dirigé selon xx. Pour t>0t>0, son Hamiltonien est

H^E=P^22m+12mω2X^2−qEX^.\hat H_{\mathcal E}=\frac{\hat P^2}{2m}+\frac12m\omega^2\hat X^2-q\mathcal E\hat X .

On note ℓ=ℏ/(mω)\ell=\sqrt{\hbar/(m\omega)}, et φn(x)\phi_n(x) les fonctions propres de l'oscillateur sans champ, d'énergies ℏω(n+12)\hbar\omega(n+\frac12), avec φ0(x)=1π1/4ℓe−x2/(2ℓ2)\phi_0(x)=\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt\ell}e^{-x^2/(2\ell^2)}. On rappelle l'intégrale ∫Re−αu2du=π/α\int_{\R}e^{-\alpha u^2}du=\sqrt{\pi/\alpha} pour α>0\alpha>0.

Question 1
En complétant le carré, montrer que H^E\hat H_{\mathcal E} s'écrit comme le Hamiltonien d'un oscillateur centré en une position dd que l'on déterminera, à une constante près.

Solution
Écrivons le potentiel comme un carré :

12mω2x2−qEx=12mω2(x2−2qEmω2x)=12mω2(x−d)2−12mω2d2,d=qEmω2.\frac12m\omega^2x^2-q\mathcal Ex=\frac12m\omega^2\Bigl(x^2-\frac{2q\mathcal E}{m\omega^2}x\Bigr)=\frac12m\omega^2(x-d)^2-\frac12m\omega^2d^2, \qquad d=\frac{q\mathcal E}{m\omega^2}.

Ainsi

H^E=P^22m+12mω2(X^−d)2−q2E22mω2.\hat H_{\mathcal E}=\frac{\hat P^2}{2m}+\frac12m\omega^2(\hat X-d)^2-\frac{q^2\mathcal E^2}{2m\omega^2}.

Le champ électrique ne change pas la forme du potentiel : il déplace son minimum de la quantité dd, et abaisse le fond du puits de q2E2/(2mω2)q^2\mathcal E^2/(2m\omega^2). Classiquement, x=dx=d est la position d'équilibre où la force de rappel −mω2x-m\omega^2x compense la force électrique qEq\mathcal E.

Question 2
En déduire le spectre et les fonctions propres de H^E\hat H_{\mathcal E}.

Solution
Dans l'équation stationnaire en représentation position,

−ℏ22mχ"(x)+12mω2(x−d)2χ(x)=(E+q2E22mω2)χ(x),-\frac{\hbar^2}{2m}\chi"(x)+\frac12m\omega^2(x-d)^2\chi(x)=\Bigl(E+\frac{q^2\mathcal E^2}{2m\omega^2}\Bigr)\chi(x),

le changement de variable u=x−du=x-d ne modifie pas la dérivée seconde et ramène l'équation à celle de l'oscillateur sans champ. Les solutions sont donc les fonctions translatées χn(x)=φn(x−d)\chi_n(x)=\phi_n(x-d), et les énergies

En(E)=ℏω(n+12)−q2E22mω2.E_n^{(\mathcal E)}=\hbar\omega\Bigl(n+\frac12\Bigr)-\frac{q^2\mathcal E^2}{2m\omega^2}.

Tous les niveaux sont abaissés de la même quantité, et restent équidistants. Avec les notations de la leçon 4, χn=T(d)φn\chi_n=T(d)\phi_n, où T(d)=e−idP^/ℏT(d)=e^{-id\hat P/\hbar} est l'opérateur de translation.

Question 3
Calculer la position moyenne de la particule dans le nouvel état fondamental, et le moment dipolaire moyen ⟨qX^⟩\langle q\hat X\rangle. En déduire la polarisabilité αp\alpha_p, définie par ⟨qX^⟩=αpE\langle q\hat X\rangle=\alpha_p\mathcal E.

Solution
La densité ∣χ0(x)∣2=∣φ0(x−d)∣2|\chi_0(x)|^2=|\phi_0(x-d)|^2 est une gaussienne centrée en dd, donc ⟨X^⟩=d\langle\hat X\rangle=d. Le moment dipolaire moyen vaut

⟨qX^⟩=qd=q2mω2 E,αp=q2mω2.\langle q\hat X\rangle=qd=\frac{q^2}{m\omega^2}\,\mathcal E, \qquad\alpha_p=\frac{q^2}{m\omega^2}.

La polarisabilité est la même qu'en mécanique classique, et ne dépend pas de ℏ\hbar. C'est une propriété particulière de l'oscillateur harmonique, pour lequel le centre du paquet obéit exactement aux lois classiques. Ce modèle d'électron élastiquement lié est à la base de la description classique de l'indice de réfraction des milieux transparents.

Question 4
Pour t<0t<0, il n'y a pas de champ, et la particule est dans l'état fondamental φ0\phi_0. Le champ est établi brusquement à t=0t=0, en un temps très court devant 1/ω1/\omega, de sorte que la fonction d'onde n'a pas le temps de changer pendant l'établissement du champ. Calculer la probabilité de trouver la particule dans l'état fondamental du nouveau Hamiltonien juste après l'établissement du champ.

Solution
Juste après l'établissement du champ, l'état est toujours φ0\phi_0. La probabilité de trouver la particule dans l'état fondamental χ0\chi_0 du nouveau Hamiltonien est, d'après la règle de Born, ∣⟨χ0|φ0⟩∣2|\braket{\chi_0}{\phi_0}|^2. Les deux fonctions étant réelles,

⟨χ0|φ0⟩=∫Rφ0(x−d) φ0(x) dx=1π ℓ∫Rexp⁡[−(x−d)2+x22ℓ2]dx.\braket{\chi_0}{\phi_0}=\int_{\R}\phi_0(x-d)\,\phi_0(x)\,dx=\frac{1}{\sqrt\pi\,\ell}\int_{\R}\exp\Bigl[-\frac{(x-d)^2+x^2}{2\ell^2}\Bigr]dx .

On complète le carré dans l'exposant : (x−d)2+x2=2(x−d2)2+d22(x-d)^2+x^2=2\bigl(x-\frac d2\bigr)^2+\frac{d^2}{2}. Avec u=x−d/2u=x-d/2,

⟨χ0|φ0⟩=1π ℓ e−d2/(4ℓ2)∫Re−u2/ℓ2du=1π ℓ e−d2/(4ℓ2)π ℓ=e−d2/(4ℓ2).\braket{\chi_0}{\phi_0}=\frac{1}{\sqrt\pi\,\ell}\,e^{-d^2/(4\ell^2)}\int_{\R}e^{-u^2/\ell^2}du=\frac{1}{\sqrt\pi\,\ell}\,e^{-d^2/(4\ell^2)}\sqrt\pi\,\ell=e^{-d^2/(4\ell^2)}.

La probabilité cherchée est donc

P0=e−d2/(2ℓ2).P_0=e^{-d^2/(2\ell^2)}.

Elle est proche de un si le déplacement dd est petit devant la largeur ℓ\ell du fondamental : le nouvel état fondamental ressemble alors beaucoup à l'ancien. Si au contraire d≫ℓd\gg\ell, les deux gaussiennes ne se recouvrent presque plus, et la particule se retrouve très probablement dans un état excité du nouveau Hamiltonien.

Question 5
Calculer l'énergie moyenne ⟨H^E⟩\langle\hat H_{\mathcal E}\rangle juste après l'établissement du champ, et la comparer à l'énergie du nouvel état fondamental. Déterminer ensuite l'évolution de ⟨X^⟩(t)\langle\hat X\rangle(t) pour t>0t>0, et l'interpréter.

Solution
Dans l'état φ0\phi_0, on a ⟨X^⟩=0\langle\hat X\rangle=0 par parité, et l'énergie moyenne de l'oscillateur sans champ vaut ℏω/2\hbar\omega/2. Ainsi

⟨H^E⟩=ℏω2−qE⋅0=ℏω2.\langle\hat H_{\mathcal E}\rangle=\frac{\hbar\omega}{2}-q\mathcal E\cdot0=\frac{\hbar\omega}{2}.

L'énergie du nouvel état fondamental est ℏω2−12mω2d2\frac{\hbar\omega}{2}-\frac12m\omega^2d^2 : la particule a donc, en moyenne, un excès d'énergie 12mω2d2\frac12m\omega^2d^2 par rapport au nouveau fondamental. C'est exactement l'énergie potentielle d'une particule classique écartée de dd de sa nouvelle position d'équilibre. Cet excès est réparti sur les états excités, ce qui est cohérent avec la probabilité P0<1P_0<1.

Pour l'évolution, le potentiel est quadratique, et le théorème d'Ehrenfest donne des équations exactement classiques :

d⟨X^⟩dt=⟨P^⟩m,d⟨P^⟩dt=−mω2⟨X^⟩+qE=−mω2(⟨X^⟩−d).\frac{d\langle\hat X\rangle}{dt}=\frac{\langle\hat P\rangle}{m},\qquad\frac{d\langle\hat P\rangle}{dt}=-m\omega^2\langle\hat X\rangle+q\mathcal E=-m\omega^2\bigl(\langle\hat X\rangle-d\bigr).

Avec ⟨X^⟩(0)=0\langle\hat X\rangle(0)=0 et ⟨P^⟩(0)=0\langle\hat P\rangle(0)=0, la solution est

⟨X^⟩(t)=d (1−cos⁡ωt).\langle\hat X\rangle(t)=d\,\bigl(1-\cos\omega t\bigr).

Le centre du paquet oscille entre 00 et 2d2d autour de la nouvelle position d'équilibre dd, exactement comme le ferait une masse attachée à un ressort que l'on soumet brusquement à une force constante. Comme toutes les fréquences de Bohr de l'oscillateur sont des multiples de ω\omega, cette oscillation se poursuit indéfiniment sans amortissement en l'absence de couplage avec l'environnement.